求解Laplace逆變換的一種高階數(shù)值解格式-1

12緒論在在本科學習階段，Laplace逆變換可以應用于非齊次線性常微分方程的計算，便捷性可與比較系數(shù)法相比。拉普拉斯變換的這種運算步驟對于求解線性微分方程尤為有效，對控制系統(tǒng)的分析和綜合，都是建立在拉普拉斯變換的基礎上的。引入拉普拉斯變換的一個主要優(yōu)點，是可采用傳遞函數(shù)代替常系數(shù)微分方程來描述系統(tǒng)的特性。這就為采用直觀和簡便的圖解方法來確定控制系統(tǒng)的整個特性、分析控制系統(tǒng)的運動過程，以及提供控制系統(tǒng)調(diào)整的可能性。應用拉普拉斯變換解常變量齊次微分方程，可以將微分方程化為代數(shù)方程，使問題得以解決。在工程學上，拉普拉斯變換的重大意義在于：將一個3第一章介紹Laplace變換ace這里M,裝是兩個正常數(shù)。我們將稱f(t)為原函數(shù)，而為(z)像函數(shù)。其中a,a,...,a12ndnx1dn-1xn是常數(shù)，而f(t)連續(xù)且滿足原函數(shù)的條件是常數(shù)，而f(t)連續(xù)且滿足原函數(shù)的條件。如果x(t)是方程(1.2)的解，則x(t)以及各階導數(shù)x(k)(t)(k=1,2,...n)均是dt0X(s)=[x(t)]=j+we-stx(t)dt.0則由原函數(shù)的微分性質(zhì)有0000于是，對方程(1.2)兩端進行Laplace變換，利用其線性性質(zhì)可得1n-1n1n-101n-200或4A(s)根據(jù)(1.1)所對應的Laplace逆變換公式f(t)=1limjF(z)dz(1.3)2爪iM)wTM并且滿足當z)w(z))0{z:Rez共a}(1.4)所以，在(1.2)中的積分路徑T就可以用以下半圓替代MT=T+TMM,1M,2其中M,1M,222要求直徑M足夠大，以至于可以包含所有的奇點。這里(接下來)規(guī)定逆時針為正向。由若爾當不等式可以證明j3爪/2eMcos9d9<爪M再根據(jù)(1.4)，我們可以得到jezt(z)dz)0,當M→∞。TM由Cauchy-Goursat定理，在由(1.4)組成的封閉曲線內(nèi)，當M足夠大的時即5f(t)如1jF(z)dz=1xljF(z)dz,iT2幾iCMk=1k其中l(wèi)為Γ?中有限個奇點個數(shù)，??是以奇點??為圓心的小圓，并且任意兩個圓都沒有交點。特別的，我們選取一些只有孤立奇點函數(shù)，這樣利用變量變換z=0k(9)=zk+cei9(c>0，并且c足夠的小)，利用積分的梯形法則，因為kkkk所以可以將(1.3)中f(t)近似的表達為j=0kk,kk,j) (Nkk,j) (NN其中分點??,?=(2π/??)j∈[0,2π],??為節(jié)點的個數(shù)。在誤差分析中將會給出ε以及??的選取的方法。?10212n0n=-w001261021122120102112212010221其中積分分別沿T'及T'關于它們所圍成的圓盤的正向取向。12當飛=T'時，級數(shù)21==n=00一致收斂；而當飛=T'時，級數(shù)1一致收斂。把(2.0)及(2.1)分別代入(1.9)，然后逐項積分，我們就可以看到f(z)有展式(1.7)，其中2010有柯西定理，在(2.2)及(2.3)中的積分可以換成沿圓y的積分。于是我們可以得到(1.7)。而級數(shù)(1.7)稱為f(z)在圓環(huán)D內(nèi)的洛朗展式。fz孤立奇點。在D內(nèi)，f(z)有洛朗展式n07 (1)若n1,2,3,...時，an=0,那么我們說?0是函數(shù)f(z)的可去奇點。 (2)若只有有限個整數(shù)(至少一個)整數(shù)n<0,使得n那么我們說?0是函數(shù)f(z)的極點。設對于正整數(shù)m，m0;而當n<-m時，n0。那么我們說?0是函數(shù)在接下來的討論中，(1.6)試中的Nk的選取和極點的重數(shù)有關。0c等于零。若?0是f(z)的孤立奇點，那上式不一定等于零，這時我們把積分1f(z)1f(z)dz(2.4)fzResf分方向沿C的逆時000f(z)(zz)n,n0而且這一展式在C上一致收斂，逐項積分，我們有f(z)dz(zz)ndz2i.ccn0cc 8cck如果在(1.5)中函數(shù)F(z)的奇點z是孤立的并且其重數(shù)不大于p，則在zkkkVFz下的洛朗展式kk,mkkkkkkzciCzzkk,-1kkk定理1設函數(shù)F(z)的奇點z是孤立的并且其重數(shù)不大于p，N為節(jié)點個kkk數(shù)并且N足夠大或者等于p，則kkNkk,jkk,jk,-1kj=0Nkk,jkk,jk,-1kj=0證明：由(1.14)Nkk,jNk,mkj=0kj=0m=-pk(1.15)Nk,mx這里先考慮jxxj=0j=0k所以，(1.15)式最后留下的部分就是...k,-2N-1kk,-N-1kk,-1k,N-1k...k,-2N-1kk,-N-1kk,-1k,N-1kk,2N-1k...,kkkk9(1.17)k(1.17)k數(shù)值解，只需要選取Nk=pk和一個較小的e即可。進一步考慮舍去誤差，我們選取一個足夠大的M，這樣我們可以控制(1.5)中定理2設(1.5)給出的M足夠大，并且MN=min{NK,k=1,2,...l}，pk為極點zk的階數(shù)，Q(t)為(1.6)中對f(t)的逼近，那么則有設F(z)為(1.14)中的展開式形式，k,mkkkk得dzk,mkkkkkk由方法(1.6)，我們就有了以下估計j=0kkj=0kk,jk,j)kj