黑的能变白吗？？？

只看该作者 · 2014-7-23 09:18

看到题目，可能有人会说“洗白”，那你就来洗洗吧....

只看该作者 · 2014-7-23 09:25

先预设前提：

一）拉普拉斯变换

其定义为

  1）双边

      F'(s) = ∫[-∞,+∞]f'(t)e^(-st)dt

  2）单边

      F(s) = ∫[-∞,+∞]f'(t)u(t)e^(-st)dt
      = ∫[-0,+∞]f(t)e^(-st)dt

其中有关系

      f(t) = f'(t)u(t)

u(t)是个单位阶跃函数。

二）指数函数

      f(t) = e^(αt)

只看该作者 · 2014-7-23 09:28

那么，按单边拉普拉斯变换定义，指数函数的变换为：

F(s) = ∫[-0,+∞]e(αt)e^(-st)dt
= ∫[-0,+∞]e^((α-s)t)dt

只看该作者 · 2014-7-23 09:33

表示看不懂

只看该作者 · 2014-7-23 09:39

上面的积分涉及到复函数的反常定积分，这稍显麻烦。下面先玩个常规定积分：

      ∫[a,b]e^(st)dt

这里t为实变量，s为复常数，a和b都是实常数。显然，有；

         ∫[a,b]e^(st)dt = (1/s)e^(st)|[a,b]

可能有人说，你这不是忽悠我吗！我大学所学的《高等数学》中只涉及到实函数的积分，你怎么弄个复数呢？没关系，下面就另辟蹊径：

令 s = α+jω

      ∫[a,b]e^(st)dt
      = ∫[a,b]e^((α+jω)t)dt
      = ∫[a,b]e^(αt)e^(jω)dt
      = ∫[a,b]e^(αt)(cos(ωt)+jsin(ωt))dt
      = ∫[a,b]e^(αt)cos(ωt)dt+j∫[a,b]e^(αt)sin(ωt)dt
      =  (e^(αt)/(α^2+ω^2))(αcos(ωt)+ωsin(ωt))|[a,b]+
         j(e^(αt)/(α^2+ω^2))(αsin(ωt)-ωcos(ωt))|[a,b]
      = (1/(α+jω))e^((α+jω)t)|[a,b]

上面得用点分部积分的技巧。

只看该作者 · 2014-7-23 09:43

好了，回到上面的常规定积分：

∫[a,b]e^(st)dt = (1/s)e^(st)|[a,b]

那么，若 s=0 咋办？那就直接给拉！

∫[a,b]e^(st)dt = ∫[a,b]dt = t|[a,b]

只看该作者 · 2014-7-23 09:56

本帖最后由路过打酱油。。于 2014-7-23 12:43 编辑

现在设 a<0 且 b>0

对于

      f(t) = e^(st)u(t)

有

      ∫[a,b]f(t)dt = ∫[0,b]e^(st)dt = (1/s)(e^(sb)-1)

而对于

      f(t) = -e^(st)u(-t)

则有

      ∫[a,b]f(t)dt = -∫[a,0]e^(st)dt = (1/s)(e^(sa)-1)

现在，该考虑反常定积分（即令a和b趋于无穷）了

对于 f(t) = e^(st)u(t)，即

      ∫[a,b]f(t)dt = ∫[0,b]e^(st)dt = (1/s)(e^(sb)-1)

显然，只有 R{s} = α < 0 时，反常定积分为

      ∫[0,+∞]e^(st)dt = -1/s

而对于 f(t) = -e^(st)u(-t)，即

      ∫[a,b]f(t)dt = -∫[a,0]e^(st)dt = (1/s)(e^(sa)-1)

显然，只有 R{s} = α > 0 时，反常定积分为

      -∫[-∞,0]e^(st)dt = -1/s

2万 · 2014-7-23 09:57

马上答案就凑出来了。。。

真是讽刺啊，我刚一发帖，许多人说不可能，不靠谱，当看到我敢下一部iPhone6做赌注，知道我心里有底，于是自己心里也有低了，于是就往我给的结果上面硬靠。。。

只看该作者 · 2014-7-23 09:58

看完上面的“积分演绎”，然后再对照前面指数函数的拉普拉斯变换，能看出点门道来吗？

只看该作者 · 2014-7-23 13:01

本帖最后由路过打酱油。。于 2014-7-24 07:07 编辑

继续：

从上面的常规定积分，将上或下限推至无穷，就得相应的反常定积分如下

当 R{S} = α < 0 时，有

      ∫[0,+∞]e^(St)dt = -1/S

当 R{S} = α > 0 时，有

      -∫[-∞,0]e^(St)dt = -1/S

这里为了与下面所用符号区别，将“s”改成了“S”。

现在对两个函数作拉普拉斯变换：

1）f(t) = e^(at)u(t)

      F(s) = ∫[-∞,+∞]f(t)e^(-st)dt
         = ∫[0,+∞]e^((a-s)t)dt
         = ∫[0,+∞]e^(St)dt
         = -1/S
         = 1/(s-a)

其中，S=a-s。R{S}=a-R{s}<0，即R{s}>a。

2）g(t) = -e^(at)u(-t)

      G(s) = ∫[-∞,+∞]g(t)e^(-st)dt
         = -∫[-∞,0]e^((a-s)t)dt
         = -∫[-∞,0]e^(St)dt
         = -1/S
         = 1/(s-a)

其中，S=a-s。R{S}=a-R{s}<0，即R{s}<a。

显然，函数f(t)和g(t)的拉普拉斯变换式子其代数形式相同（都是1/(s-a)），但是其各自的收敛域ROC不同（F(s)是R{s}>a，G(s)是R{s}<a）。这说明，一个函数（或信号）的拉普拉斯变换是由其表达式和收敛域ROC共同确定的，缺一不可。

只看该作者 · 2014-7-23 13:06

到这里，我们再重温奥本海姆的原著：

2万 · 2014-7-23 13:08

老抽又在给大伙复习大一的高等数学或微积分了，偶现在对这些提不起兴趣
唯一要说的是5楼，啰嗦那么多，其实就想说下面图片的最后一句话的:

只看该作者 · 2014-7-23 13:15

总结，在忽悠《数学》，门都没有。

此外，由于《电路》其实也仅是个数学模型，所以说若想忽悠《电路》基本和忽悠《数学》一样的结果。

再看《信号与系统》，基本也就是个数学模型，想到此来忽悠，昏头了！

只看该作者 · 2014-7-23 13:16

建议那些想乞讨，或乞讨成瘾的，换个地方去玩吧！

只看该作者 · 2014-7-23 15:21

100个人里有99个都不会因为你写了这么长一篇帖子就对科学充满了好奇，这其中前98个人无论如何都不会对科学好奇，只可惜了第99个，不看你这帖子他本来还有点好奇心的。

那么第100个人呢？

说实在的，我之所以说“100个人里有99个”无非是对《概率论与数理统计》这门课程表示一点尊重而已。

2万 · 2014-7-23 16:05

chunk 发表于 2014-7-23 15:21
100个人里有99个都不会因为你写了这么长一篇帖子就对科学充满了好奇，这其中前98个人无论如何都不会对科学 ...

你刚看到，可能不知道事情原委，我换个类比跟你描述下:

一个高中生和一个小学生在一起做作业，小学生无意中看到高中生写公式:x^2＝-1，小学生说:你铁定写错了，我们课本上，和老师都反复强调任何一个数的平方，都是大于等于0的，你怎么小于0了？
高中生说:我们老师和课本上就是真么规定的，没错！
小学生说:你忽悠我，你骗我。。。

矛盾就是如此，如果你是高中生，你怎么才能说服小学生呢？

只看该作者 · 2014-7-23 16:48

djxf 不过这样的期待已经不止一次了，很可能又是一个“无头悬案”。还是像L6说的，习以为常，罢了。

我是早已经习以为常了，不出所料的事情太多了....

不过，此帖严格意义上是给这里稍懂点的人写的。那“乞丐”，算了！

2万 · 2014-7-23 17:09

众所周知，人类对数的认识，是逐渐积累推进的过程，而且这个前进过程是永远不会停顿的。比如人类最初只会打绳结记数，后来有了自然数，加减运算，发现不够用，引入负数，复数等概念。

所以，倘若站在过去某一历史阶段，看现在许多数理理论，肯定有不通之处，反之如果通了，还有必要研究新理论吗？

现在就有人干这样春事，用几百年前牛顿-来布尼茨发明的微积分，作为判断和处理现有理论的标尺或正误依据，荒谬啊！

我在原贴已经提示该看哪些理论了，倘若不愿意去看，那就没招了

撤！！