第九章拉普拉斯变换

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第九章拉普拉斯变换

上一章介绍的傅里叶变换在许多领域中发挥了重要作用，特别是在信号处理领域，直到今天它仍然是最基本的分析和处理工具，甚至可以说信号分析本质上即是傅氏分析，但任何东西总有它的局限性，傅氏变换也是如此，因而人们针对傅氏变换的一些不足进行了各种改进，这些改进大体上分为两个方面，其一是提高它对问题的刻画能力，如窗口傅氏变换、小波变换等；其二是扩大它本身的适用范围，本章要介绍的拉普拉斯（Laplace）变换正是后面这种情况，它是从英国工程师赫维赛德（Heaviside）所发明的算子法发展而来的，而其数学根源则来自拉普拉斯。

拉普拉斯变换的引入

§9.1 拉普拉斯变换的概念

我们已经知道，傅氏变换是建立在傅氏积分基础上的，一个函数除要满足狄氏条件外，还要在 $ (-∞,+∞) $上绝对可积，才有古典意义下的傅氏变换。而绝对可积是一个相当强的条件，即使是一些很简单的函数（如线性函数、正弦与余弦函数等）都不满足此条件。引入δ函数后，傅氏变换的适用范围被拓宽了许多，使得“缓增”函数也能进行傅氏变换，但对于以指数级增长的函数仍无能为力。另外，傅氏变换必须在整个实轴上有定义，但在工程实际问题中，许多以时间t作为自变量的函数在t<0时是无意义的，或者是不需要考虑的。因此在使用傅氏变换处理问题时，具有一定的局限性。

能否找到一种变换，既具有类似于傅氏变换的性质，又能克服以上的不足呢？回答是肯定的.

§9.1.1 拉普拉斯变换的定义

定义 9.1 设函数 $ f(t) $ 是定义在 $ [0, +\infty) $ 上的实值函数，如果对于复参数 $ s = \beta + j\omega $，积分

$$ F(s)=\int_{0}^{+\infty}f(t)\mathrm{e}^{-st}\mathrm{d}t $$

在复平面 $s$ 的某一区域内收敛，则称 $F(s)$ 为 $f(t)$ 的拉普拉斯变换（简称拉氏变换），记为 $F(s) = \mathcal{L}[f(t)]$；相应地，称 $f(t)$ 为 $F(s)$ 的拉普拉斯逆变换（简

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称拉氏逆变换)，记为 $ f(t)=\mathcal{L}^{-1}[F(s)] $。有时也称 $ f(t) $与 $ F(s) $分别为像原函数和像函数。

拉氏变换与傅氏变换到底有什么关系呢？或者说拉氏变换是如何对傅氏变换进行改造的呢？由(9.1)式有

$$ \begin{align*}\mathcal{L}\left[f(t)\right]&=\int_{0}^{+\infty}f(t)\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t=\int_{0}^{+\infty}f(t)\mathrm{e}^{-\beta t}\cdot\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}t\\&=\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)u(t)\mathrm{e}^{-\beta t}\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}t=\mathcal{F}\left[f(t)u(t)\mathrm{e}^{-\beta t}\right].\end{align*} $$

可见函数 $ f(t) $ 的拉氏变换就是 $ f(t)u(t)\mathrm{e}^{-\beta t} $ 的傅氏变换。其基本想法是：首先通过单位阶跃函数 $ u(t) $ 使函数 $ f(t) $ 在 t<0 的部分充零（或者补零）；其次对函数 $ f(t) $ 在 t>0 的部分乘上一个衰减的指数函数 $ \mathrm{e}^{-\beta t} $ 以降低其“增长”速度，这样就有希望使函数 $ f(t)u(t)\mathrm{e}^{-\beta t} $ 满足傅氏积分条件，从而对它进行傅氏积分。

例 9.1 分别求单位阶跃函数 $ u(t) $、符号函数 $ \mathrm{sgn}t $ 以及函数 $ f(t)=1 $ 的拉氏变换.

解由(9.1)式有

$$ \mathcal{L}\left[u(t)\right]=\int_{0}^{+\infty}u(t)\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t=\int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t=\frac{1}{s}\quad\left(\mathrm{R e}s>0\right), $$

$$ \mathcal{L}\left[\operatorname{sgn} t\right]=\int_{0}^{+\infty}\left(\operatorname{sgn} t\right)\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t=\int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t=\frac{1}{s}\quad\left(\operatorname{Re}s>0\right), $$

$$ \mathcal{L}\left[1\right]=\int_{0}^{+\infty}1\cdot\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t=\frac{1}{s}\quad\left(\mathrm{R e}s>0\right). $$

例子显示，这三个函数的像函数是一样的，这一点应不难理解。现在的问题是对于像函数 $ F(s)=\frac{1}{s}(\text{Re } s>0) $，其像原函数到底是哪一个呢？

原则上讲，所有在 $t>0$ 时为 1 的函数均可作为像原函数，这是因为在拉氏变换所应用的场合，并不需要关心函数 $f(t)$ 在 $t<0$ 时的取值情况。但为了描述方便，一般约定：在拉氏变换中所提到的函数 $f(t)$ 均理解为当 $t<0$ 时取零值。例如，对于函数 $f(t)=\sin t$，可直接理解为 $f(t)=u(t)\sin t$。这样一来，像函数 $F(s)=\frac{1}{s}(\text{Re }s>0)$ 的像原函数可写为 $f(t)=1$，即 $\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s}\right]=1$。

关于求像原函数，这里还需要说明的是，定义9.1中只给出了拉氏逆变换的概念，但并没有给出具体的逆变换公式，前面这种反推的办法可以作为

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方法之一，而具体的求取公式由于需要专门的计算方法，因此放在后面作为一节单独介绍.

例 9.2 分别求函数 $ e^{\alpha t} $, $ e^{-\alpha t} $, $ e^{j\omega t} $ 的拉氏变换（其中 $ \alpha $, $ \omega $ 为实常数且 $ \alpha>0 $）.

解由(9.1)式有

$$ \mathcal{L}\left[\mathrm{e}^{\alpha t}\right]=\int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{\alpha t}\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t=\frac{1}{\alpha-s}\mathrm{e}^{\left(\alpha-s\right)t}\bigg|_{t=0}^{+\infty}=\frac{1}{s-\alpha}\quad\left(\mathrm{R e}s>\alpha\right), $$

同样有

$$ \mathcal{L}\left[\mathrm{e}^{-\alpha t}\right]=\frac{1}{s-\left(-\alpha\right)}\quad\left(\mathrm{R e}s>-\alpha\right),\quad\mathcal{L}\left[\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t}\right]=\frac{1}{s-\mathrm{j}\omega}\quad\left(\mathrm{R e}s>0\right). $$

从这些例子已经可以明显地看出，拉氏变换的确扩大了傅氏变换的使用范围。那么到底哪些类型的函数存在拉氏变换呢？若存在，收敛域（或者存在域）又是什么呢？这个问题也许难以给出一个非常精确的回答，但下面的定理可以部分地回答这个问题。

§9.1.2 拉普拉斯变换存在定理

定理 9.1 设函数 $ f(t) $ 满足：

（1）在 $ t\geqslant0 $的任何有限区间上分段连续；

（2）当 $ t\to+\infty $时， $ f(t) $具有有限的增长性，即存在常数M>0及c，使得

$$ \left|f(t)\right|\leqslant M\mathrm{e}^{ct}\quad(0\leqslant t<+\infty) $$

其中 c 称为 $ f(t) $ 的增长指数. 则像函数 $ F(s) $ 在半平面 $ \mathrm{Res} s>c $ 上一定存在, 且是解析的.

证设 $ s = \beta + j\omega $，则 $ \left|\mathrm{e}^{-s t}\right| = \mathrm{e}^{-\beta t} $，由不等式（9.2）可得

$$ \left|F(s)\right|=\left|\int_{0}^{+\infty}f(t)\mathrm{e}^{-st}\mathrm{d}t\right|\leqslant M\int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-(\beta-c)t}\mathrm{d}t. $$

由 $ \mathrm{Re}s=\beta>c $ ，即 $ \beta-c>0 $ ，可知上式右端积分收敛，因此 $ F(s) $ 在半平面 $ \mathrm{Re}s>c $ 上存在. 关于 $ F(s) $ 的解析性证明涉及更深一些的有关理论，故从略.

对于定理9.1,我们可以这样简单地去理解,如果一个函数,即使它的绝对值随着t的增大而增大,但只要不比某个指数函数增长得快,则它的拉氏变换存在,这可以从拉氏变换与傅氏变换的关系中得到一种直观的解释.常见的大部分函数都是满足的,如三角函数、指数函数以及幂函数等.而函数 $ e^{t^{2}} $则不满足,因为无论取多大的M与c,对足够大的t,总会出现 $ e^{t^{2}}>Me^{ct} $,因此其拉氏变换不存在.但必须注意的是,定理9.1的条件是充分的,而不是必

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要的.

另外，关于存在域，定理9.1中所给的只是一个充分性的结论，一般说来还会大一些，但从形式上看，它往往是一个半平面。更具体地说，对任何一个函数 $ f(t) $，其拉氏变换 $ F(s) $为下列三种情况之一：

(1) $ F(s) $ 不存在；

(2) $ F(s) $处处存在，即存在域是全平面；

（3）存在实数 $ s_{0} $，当 $ \mathrm{Re}s>s_{0} $ 时， $ F(s) $ 存在；当 $ \mathrm{Re}ss_{0} $.

对于上面的第三种情况，在应用时，我们常常略去 $ \mathrm{Re} \, s > s_{0} $，只有在非常必要时才特别注明。如 $ f(t) = 1 $ 的拉氏变换就是 $ F(s) = \frac{1}{s} $，而不再附注条件 $ \mathrm{Re} \, s > 0 $。其他函数也同样处理。

例 9.3 求函数 $ f(t)=\mathrm{e}^{a t} $ 的拉氏变换 (a 为复常数).

解由 $ \left|e^{at}\right|=e^{\mathrm{Re}at} $，可知 $ e^{at} $ 的增长指数为 Re a，因此 $ \mathcal{L}\left[e^{at}\right] $ 在 Re s > Re a 内解析。由定义有

$$ \mathcal{L}\left[\mathrm{e}^{a t}\right]=\int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{a t}\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t=\int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-(s-a)t}\mathrm{d}t=\frac{1}{s-a}. $$

§9.2 拉普拉斯变换的性质

为了叙述方便，在下面的性质中，均假设所涉及的拉氏变换存在，且满足定理9.1中的条件.

§9.2.1 线性性质与相似性质

线性性质

设 $ \alpha, \beta $ 为常数，且有 $ \mathcal{L}[f(t)] = F(s) $， $ \mathcal{L}[g(t)] = G(s) $，则有

$$ \mathcal{L}\left[\begin{array}{l}{\alpha f(t)+\beta g(t)}\end{array}\right]=\alpha F(s)+\beta G(s), $$

$$ \mathcal{L}^{-1}\left[\begin{array}{l}\alpha F(s)+\beta G(s)\end{array}\right]=\alpha f(t)+\beta g(t). $$

例 9.4 求 $ \cos\omega t $ 的拉氏变换.

解由 $ \cos\omega t=\frac{1}{2}(e^{\mathrm{j}\omega t}+e^{-\mathrm{j}\omega t}) $ 及 $ \mathcal{L}[e^{\mathrm{j}\omega t}]=\frac{1}{s-\mathrm{j}\omega} $，有

$$ \mathcal{L}\left[\begin{array}{c}{\cos\omega t}\\ \end{array}\right]=\frac{1}{2}(\mathcal{L}\left[\begin{array}{c}{\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t}}\\ \end{array}\right]+\mathcal{L}\left[\begin{array}{c}{\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t}}\\ \end{array}\right]) $$

几个常用函数的拉普拉斯变换

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$$ =\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-\mathrm{j}\omega}+\frac{1}{s+\mathrm{j}\omega}\right)=\frac{s}{s^{2}+\omega^{2}}. $$

同样可得 $ \mathcal{L}[\sin\omega t]=\frac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}} $

例 9.5 已知 $ F(s)=\frac{5s-1}{(s+1)(s-2)} $，求 $ \mathcal{L}^{-1}[F(s)] $.

解由 $ F(s)=\frac{5s-1}{(s+1)(s-2)}=2\frac{1}{s+1}+3\frac{1}{s-2} $ 及 $ \mathcal{L}[\mathrm{e}^{a t}]=\frac{1}{s-a} $，有

$$ \mathcal{L}^{-1}\left[F(s)\right]=2\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s+1}\right]+3\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s-2}\right]=2\mathrm{e}^{-t}+3\mathrm{e}^{2t}. $$

相似性质

设 $ \mathcal{L}[f(t)] = F(s) $，则对任一常数 a > 0 有

$$ \mathcal{L}\left[f({a t})\right]=\frac{1}{a}F\biggl(\frac{s}{a}\biggr). $$

证

$$ \mathcal{L}\left[f(at)\right]=\int_{0}^{+\infty}f(at)e^{-st}dt\begin{aligned}&\xlongequal{ 令 x=at}\frac{1}{a}\int_{0}^{+\infty}f(x)e^{-\left(\frac{x}{a}\right)x}dx=\frac{1}{a}F\left(\frac{s}{a}\right).\end{aligned} $$

§9.2.2 微分性质

导数的像函数

设 $ \mathcal{L}[f(t)] = F(s) $，则有

$$ \mathcal{L}\left[f^{\prime}(t)\right]=s F(s)-f(0); $$

一般地，有

$$ \mathcal{L}\left[f^{(n)}(t)\right]=s^{n}F(s)-s^{n-1}f(0)-s^{n-2}f^{\prime}(0)-\cdots-f^{(n-1)}(0) $$

其中， $ f^{(k)}(0) $ 应理解为 $ \lim_{t\to0^{+}}f^{(k)}(t) $.

证根据拉氏变换定义和分部积分法，得

$$ \begin{aligned}\mathcal{L}[f^{\prime}(t)]&=\int_{0}^{+\infty}f^{\prime}(t)\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t\\&=f(t)\mathrm{e}^{-s t}\big|_{0}^{+\infty}.+s\int_{0}^{+\infty}f(t)\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t.\end{aligned} $$

由于 $ \left|f(t)\mathrm{e}^{-st}\right|\leqslant M\mathrm{e}^{-(\beta-c)t} $，Re $ s=\beta>c $，故 $ \lim_{t\to+\infty}f(t)\mathrm{e}^{-st}=0 $。因此

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$$ \mathcal{L}\left[f^{\prime}(t)\right]=s F(s)-f(0). $$

再利用数学归纳法，则可得(9.4)式.

拉氏变换的这一性质可用来求解常微分方程（组）的初值问题.

例 9.6 求解常微分方程

$$ y^{\prime \prime}(t)+\omega^{2}y(t)=0,\quad y(0)=0,\quad y^{\prime}(0)=\omega. $$

解对方程两边取拉氏变换，并利用线性性质及(9.4)式有

$$ s^{2}Y(s)-s y(0)-y^{\prime}(0)+\omega^{2}Y(s)=0, $$

其中 $ Y(s) = \mathcal{L}[y(t)] $，代入初值即得

$$ Y(s)=\frac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}}. $$

根据例 9.4 的结果，有 $ y(t) = \mathcal{L}^{-1}[Y(s)] = \sin \omega t $.

例 9.7 求 $ f(t)=t^{m} $ 的拉氏变换 $ (m \geqslant 1 $ 且为正整数 $.$

解法一直接利用定义求解.

$$ \begin{align*}\mathcal{L}\left[t^{m}\right]&=\int_{0}^{+\infty}t^{m}\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t=-\frac{1}{s}\int_{0}^{+\infty}t^{m}\mathrm{d}(\mathrm{e}^{-s t})\\&=-\left.\frac{1}{s}t^{m}\mathrm{e}^{-s t}\right|_{0}^{+\infty}+\frac{1}{s}\int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-s t}m t^{m-1}\mathrm{d}t,\end{align*} $$

可得递推关系 $ \mathcal{L}[t^{m}]=\frac{m}{s}\mathcal{L}[t^{m-1}] $，又由 $ \mathcal{L}[1]=\frac{1}{s} $ 有

$$ \mathcal{L}\left[t^{m}\right]=\frac{m!}{s^{m+1}}. $$

解法二利用导数的像函数性质求解.

设 $ f(t)=t^m $，则 $ f^{(m)}(t)=m! $ 且 $ f(0)=f'(0)=\cdots=f^{(m-1)}(0)=0 $，由 (9.4) 式有 $ \mathcal{L}[f^{(m)}(t)]=s^m\mathcal{L}[f(t)] $，即

$$ \begin{align*}{\cal L}\left[t^m\right]=\frac{1}{s^m}{\cal L}\left[m!\right]=\frac{m!}{s^{m+1}}.\end{align*} $$

像函数的导数

设 $ \mathcal{L}[f(t)] = F(s) $，则有

$$ {\cal F}^{\prime}(s)=-\mathrm{~\cal{L}~}\left[t f(t)\right], $$

一般地，有

$$ F^{({n})}({s})=({}-{1})^{{n}}\mathcal{L}\left[t^{{n}}f(t)\right]. $$

证由 $ F(s) = \int_{0}^{+\infty} f(t) e^{-st} dt $ 有

$$ F^{\prime}(s)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\int_{0}^{+\infty}f(t)\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t=\int_{0}^{+\infty}\frac{\partial}{\partial s}[f(t)\mathrm{e}^{-s t}]\mathrm{d}t $$

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$$ =-\int_{0}^{+\infty}t f(t)\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t=-\mathcal{L}[t f(t)]. $$

对 $ F'(s) $ 施行同样步骤，反复进行则可得 (9.6) 式。其中求导与积分的次序交换是有一定条件的，这里省略。后面碰到类似的运算也同样处理。

例 9.8 求函数 $ f(t) = t \sin \omega t $ 的拉氏变换.

微分性质与

积分性质举例

解由于已知 $ \mathcal{L}\left[\sin\omega t\right]=\frac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}} $，根据(9.5)式有

$$ \mathcal{L}\left[t\sin\omega t\right]=-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\frac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}}\right)=\frac{2\omega s}{\left(s^{2}+\omega^{2}\right)^{2}}. $$

例 9.9 求函数 $ f(t) = t^{2} \cos^{2} t $ 的拉氏变换.

解

$$ \begin{align*}\mathcal{L}\left[t^{2}\cos^{2}t\right]&=\frac{1}{2}\mathcal{L}\left[t^{2}(1+\cos2t)\right]=\frac{1}{2}\frac{\mathrm{d}^{2}}{\mathrm{d}s^{2}}\bigg(\frac{1}{s}+\frac{s}{s^{2}+4}\bigg)\\&=\frac{2(s^{6}+24s^{2}+32)}{s^{3}(s^{2}+4)^{3}}.\end{align*} $$

§ 9.2.3 积分性质

积分的像函数

设 $ \mathcal{L}[f(t)]=F(s) $，则有

$$ \mathcal{L}\left[\int_{0}^{t}f(t)dt\right]=\frac{1}{s}F(s); $$

一般地，有

$$ \mathcal{L}\left[\underbrace{\int_{0}^{t}\mathrm{d}t\int_{0}^{t}\mathrm{d}t\cdots\int_{0}^{t}}_{n\ 次 }f(t)\mathrm{d}t\right]=\frac{1}{s^{n}}F(s). $$

证设 $ g(t)=\int_{0}^{t}f(t)dt $，则 $ g^{\prime}(t)=f(t) $ 且 $ g(0)=0 $。再利用（9.3）式有

$$ \mathcal{L}\left[\begin{array}{c}{\mathsf{g}^{\prime}(t)}\\ \end{array}\right]=\mathsf{s}\mathcal{L}\left[\begin{array}{c}{\mathsf{g}(t)}\\ \end{array}\right]-\mathsf{g}(0), $$

即有 $ \mathcal{L}\left[\int_{0}^{t}f(t)dt\right]=\frac{1}{s}F(s) $. 反复利用上式即得(9.8)式.

像函数的积分

设 $ \mathcal{L}[f(t)]=F(s) $，则有

$$ \int_{s}^{\infty}F(s)\mathrm{d}s=\mathcal{L}\left[\frac{f(t)}{t}\right], $$

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一般地，有

$$ \underbrace{\int_{s}^{\infty}\mathrm{d}s\int_{s}^{\infty}\mathrm{d}s\cdots\int_{s}^{\infty}}_{n\ 次 }\ F(s)\mathrm{d}s=\mathcal{L}\left[\frac{f(t)}{t^{n}}\right]. $$

证

$$ \begin{align*}\int_{s}^{\infty}F(s)\mathrm{d}s&=\int_{s}^{\infty}\left[\int_{0}^{+\infty}f(t)\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t\right]\mathrm{d}s=\int_{0}^{+\infty}f(t)\left[\int_{s}^{\infty}\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}s\right]\mathrm{d}t\\&=\int_{0}^{+\infty}f(t)\cdot\left[-\frac{1}{t}\mathrm{e}^{-s t}\right]\Bigg|_{s}^{\infty}\mathrm{d}t=\int_{0}^{+\infty}\frac{f(t)}{t}\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t=\mathcal{L}\left[\frac{f(t)}{t}\right].\end{align*} $$

反复利用上式即可得(9.10)式.

例 9.10 求函数 $ f(t)=\frac{\sin t}{t} $ 的拉氏变换.

解由 $ \mathcal{L}[\sin t]=\frac{1}{1+s^{2}} $ 及 (9.9) 式有

$$ \mathcal{L}\left[\frac{\sin t}{t}\right]=\int_{s}^{\infty}\frac{1}{1+s^{2}}\mathrm{d}s=\operatorname{arccot} s, $$

即

$$ \int_{0}^{+\infty}\frac{\sin t}{t}\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t=\operatorname{a r c c o t}s. $$

在上式中，如果令 s=0 有

$$ \int_{0}^{+\infty}\frac{\sin t}{t}\mathrm{d}t=\frac{\pi}{2}. $$

注通过例9.10我们可以得到一种启示，即在拉氏变换及其一些性质中取s为某些特定值，就可以用来求一些函数的反常积分。例如，取s=0，则由(9.1)式、(9.5)式及(9.9)式有

$$ \int_{0}^{+\infty}f(t)d t=F(0),\quad\int_{0}^{+\infty}t f(t)d t=-\ F^{\prime}(0),\quad\int_{0}^{+\infty}\frac{f(t)}{t}d t=\int_{0}^{\infty}F(s)d s. $$

需要指出的是，在使用这些公式时必须谨慎，必要时应先考察一下反常积分的存在性。

例 9.11 计算下列积分.

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(1) $ \int_{0}^{+\infty} e^{-3t} \cos 2t \, dt $; (2) $ \int_{0}^{+\infty} \frac{1 - \cos t}{t} e^{-t} dt $.

解 (1) 由 $ \mathcal{L}[\cos 2t] = \frac{s}{s^{2} + 4} $，有

$$ \int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-3t}\cos2t\mathrm{d}t=\frac{s}{s^{2}+4}\bigg|_{s=3}=\frac{3}{13}. $$

(2) 由(9.9)式，有

$$ \begin{aligned}\mathcal{L}\left[\frac{1-\cos t}{t}\right]&=\int_{s}^{\infty}\mathcal{L}\left[1-\cos t\right]\mathrm{d}s\\&=\int_{s}^{\infty}\frac{1}{s\left(s^{2}+1\right)}\mathrm{d}s=\frac{1}{2}\ln\frac{s^{2}}{s^{2}+1}\bigg|_{s}^{\infty}=\frac{1}{2}\ln\frac{s^{2}+1}{s^{2}},\end{aligned} $$

即

$$ \int_{0}^{+\infty}\frac{1-\cos t}{t}\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\ln\frac{s^{2}+1}{s^{2}}, $$

令s=1得

$$ \int_{0}^{+\infty}\frac{1-\cos t}{t}\mathrm{e}^{-t}\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\ln2. $$

§9.2.4 延迟性质与位移性质

延迟性质

设 $ \mathcal{L}[f(t)]=F(s) $，当 t<0 时， $ f(t)=0 $，则对任一非负实数 $ \tau $ 有

$$ \mathcal{L}\left[f(t-\tau)\right]=\mathrm{e}^{-s\tau}F(s). $$

证由定义有

$$ \mathcal{L}\left[f(t-\tau)\right]=\int_{0}^{+\infty}f(t-\tau)\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t=\int_{\tau}^{+\infty}f(t-\tau)\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t, $$

令 $ t_{1}=t-\tau $有

$$ \mathcal{L}\left[f(t-\tau)\right]=\int_{0}^{+\infty}f(t_{1})\mathrm{e}^{-s(t_{1}+\tau)}\mathrm{d}t_{1}=\mathrm{e}^{-s\tau}F(s). $$

必须注意的是本性质对 $ f(t) $的要求，即当t<0时 $ f(t)=0 $。此时 $ f(t-\tau) $在 $ t<\tau $时为零，故 $ f(t-\tau) $应理解为 $ f(t-\tau)u(t-\tau) $，而不是 $ f(t-\tau)u(t) $。因此(9.11)式完整的写法应为

$$ \mathcal{L}\left[f\big(t-\tau\big)u\big(t-\tau\big)\right]=\mathrm{e}^{-s\tau}F(s). $$

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相应地就有 $ \mathcal{L}^{-1}\left[\mathrm{e}^{-s\tau}F(s)\right]=f(t-\tau)u(t-\tau) $.

例 9.12 设 $ f(t) = \sin t $，求 $ \mathcal{L}\left[f\left(t - \frac{\pi}{2}\right)\right] $.

解由于 $ \mathcal{L}[\sin t]=\frac{1}{s^{2}+1} $，根据(9.11)式有

$$ \mathcal{L}\left[f\Big(t-\frac{\pi}{2}\Big)\right]=\mathcal{L}\left[\sin\left(t-\frac{\pi}{2}\right)\right]=\mathrm{e}^{-\frac{\pi}{2}s}\mathcal{L}\left[\sin t\right]=\frac{1}{s^{2}+1}\mathrm{e}^{-\frac{\pi}{2}s}. $$

按照前面的解释，则应有

$$ \begin{align*}\mathcal{L}^{-1}[\frac{1}{s^{2}+1}\mathrm{e}^{-\frac{\pi}{2}s}]&=\sin(t-\frac{\pi}{2})u(t-\frac{\pi}{2})\\&=\{\begin{aligned}&-\cos t,&t>\frac{\pi}{2},\\&0,&t<\frac{\pi}{2}.\end{aligned}.\end{align*} $$

试考虑,本题若直接用 $ \sin\left(t-\frac{\pi}{2}\right)=-\cos t $ 来作拉氏变换会得到什么样的结果,并分析其原因.

例 9.13 求 $ \mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s-1}\mathrm{e}^{-s}\right] $.

解由 $ \mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s-1}\right]=\mathrm{e}^{t}u(t) $，有

$$ \mathcal{L}^{-1}[\frac{1}{s-1}\mathrm{e}^{-s}]=\mathrm{e}^{t-1}u(t-1)=\{\begin{aligned}&\mathrm{e}^{t-1},&t>1,\\ &0,&t<1.\end{aligned}. $$

位移性质

设 $ \mathcal{L}[f(t)]=F(s) $，则有

$ \mathcal{L}\left[\mathrm{e}^{a\cdot t}f(t)\right]=F(s-a) $ (a 为一复常数).

证由定义有

$$ \mathcal{L}\left[\mathrm{e}^{a t}f(t)\right]=\int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{a t}f(t)\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t=\int_{0}^{+\infty}f(t)\mathrm{e}^{-(s-a)t}\mathrm{d}t=F(s-a). $$

§9.2.5 周期函数的像函数

设 $ f(t) $ 是 $ [0, +\infty) $ 内以 T 为周期的函数，且 $ f(t) $ 在一个周期内逐段光滑，则

位移性质与

微分性质举例

原书第 206 页

$$ \mathcal{L}\left[f(t)\right]=\frac{1}{1-\mathrm{e}^{-sT}}\int_{0}^{T}f(t)\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t. $$

证由定义有

$$ \mathcal{L}\left[f(t)\right]=\int_{0}^{+\infty}f(t)\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t=\int_{0}^{T}f(t)\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t+\int_{T}^{+\infty}f(t)\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t, $$

对上式右端第二个积分作变量代换 $ t_{1}=t-T $，且由 $ f(t) $ 的周期性，有

$$ \begin{align*}\mathcal{L}\left[f(t)\right]&=\int_{0}^{T}f(t)\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t+\int_{0}^{+\infty}f(t_{1})\mathrm{e}^{-s t_{1}}\mathrm{e}^{-s T}\mathrm{d}t_{1}\\&=\int_{0}^{T}f(t)\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t+\mathrm{e}^{-s T}\mathcal{L}\left[f(t)\right],\end{align*} $$

故有

$$ \mathcal{L}\left[f(t)\right]=\frac{1}{1-\mathrm{e}^{-sT}}\int_{0}^{T}f(t)\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t. $$

例 9.14 求全波整流后的正弦波 $ f(t) = |\sin \omega t| $ 的像函数.

解 $ f(t) $ 的周期为 $ T=\frac{\pi}{\omega} $，故有

$$ \begin{align*}\mathcal{L}\left[f(t)\right]&=\frac{1}{1-\mathrm{e}^{-sT}}\int_{0}^{T}\mathrm{e}^{-s t}\sin\omega t\mathrm{d}t\\&=\frac{1}{1-\mathrm{e}^{-sT}}\cdot\left.\frac{\mathrm{e}^{-s t}(-s\sin\omega t-\omega\cos\omega t)}{s^{2}+\omega^{2}}\right|_{0}^{T}\\&=\frac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}}\cdot\frac{1+\mathrm{e}^{-sT}}{1-\mathrm{e}^{-sT}}=\frac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}}\mathrm{c t h}\frac{s\pi}{2\omega}.\end{align*} $$

§9.2.6 卷积与卷积定理

卷积

按照 § 8.3.2 中卷积的定义，两个函数的卷积是指

$$ f_{1}(t)*f_{2}(t)=\int_{-\infty}^{+\infty}f_{1}(\tau)f_{2}(t-\tau)\mathrm{d}\tau. $$

如果 $ f_{1}(t) $ 与 $ f_{2}(t) $ 满足当 t<0 时， $ f_{1}(t)=f_{2}(t)=0 $，则有

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}f_{1}(\tau)f_{2}(t-\tau)\mathrm{d}\tau=\int_{0}^{+\infty}f_{1}(\tau)f_{2}(t-\tau)\mathrm{d}\tau=\int_{0}^{t}f_{1}(\tau)f_{2}(t-\tau)\mathrm{d}\tau. $$

原书第 207 页

此时（9.12）式变成

$$ f_{1}(t)*f_{2}(t)=\int_{0}^{t}f_{1}(\tau)f_{2}(t-\tau)\mathrm{d}\tau\quad(t\geqslant0). $$

显然，由(9.13)式定义的卷积仍然满足交换律、结合律以及分配律等性质.

例 9.15 求函数 $ f_{1}(t)=t $ 与 $ f_{2}(t)=\sin t $ 的卷积.

解由（9.13）式有

$$ \begin{align*}f_{1}(t)*f_{2}(t)&=\int_{0}^{t}\tau\sin(t-\tau)\mathrm{d}\tau\\&=\tau\cos(t-\tau)\left|\begin{array}{l}t\\ 0\end{array}-\int_{0}^{t}\cos(t-\tau)\mathrm{d}\tau=t-\sin t.\right.\end{align*} $$

2. 卷积定理

设 $ \mathcal{L}[f_{1}(t)] = F_{1}(s) $， $ \mathcal{L}[f_{2}(t)] = F_{2}(s) $，则有

$$ \mathcal{L}\left[f_{1}(t)*f_{2}(t)\right]=F_{1}(s)*F_{2}(s). $$

证由定义有

$$ \begin{align*}\mathcal{L}\left[f_{1}(t)*f_{2}(t)\right]&=\int_{0}^{+\infty}\left[f_{1}(t)*f_{2}(t)\right]\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t\\&=\int_{0}^{+\infty}\left[\int_{0}^{t}f_{1}(\tau)f_{2}(t-\tau)\mathrm{d}\tau\right]\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t.\end{align*} $$

上面的积分可以看成是一个 $ t-\tau $ 平面上区域 D 内（如图 9.1）的一个二次积分，交换积分次序，即得

$$ \begin{aligned}&\mathcal{L}\left[f_{1}(t)*f_{2}(t)\right]\\ &\\ =\int_{0}^{+\infty}f_{1}(\tau)\left[\int_{\tau}^{+\infty}f_{2}(t-\tau)\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t\right]\mathrm{d}\tau,\\ \end{aligned} $$

图9.1

对内层积分作变量代换 $ t_{1}=t-\tau $，有

$$ \begin{align*}\mathcal{L}\left[f_{1}(t)*f_{2}(t)\right]&=\int_{0}^{+\infty}f_{1}(\tau)\left[\int_{0}^{+\infty}f_{2}(t_{1})\mathrm{e}^{-s t_{1}}\mathrm{e}^{-s\tau}\mathrm{d}t_{1}\right]\mathrm{d}\tau\\&=F_{2}(s)\int_{0}^{+\infty}f_{1}(\tau)\mathrm{e}^{-s\tau}\mathrm{d}\tau=F_{1}(s)\cdot F_{2}(s).\end{align*} $$

卷积定理可推广到多个函数的情形. 利用卷积定理可以求一些函数的

原书第 208 页

拉氏逆变换

例 9.16 已知 $ F(s) = \frac{s^{2}}{(s^{2} + 1)^{2}} $，求 $ f(t) = \mathcal{L}^{-1} [ F(s) ] $.

解由于 $ F(s)=\frac{s}{s^{2}+1}\cdot\frac{s}{s^{2}+1} $， $ \mathcal{L}^{-1}\left[\frac{s}{s^{2}+1}\right]=\cos t $，故有

$$ \begin{align*}f(t)&=\mathcal{L}^{-1}\big[F(s)\big]=\cos t*\cos t=\int_{0}^{t}\cos\tau\cos(t-\tau)\mathrm{d}\tau\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{t}\big[\cos t+\cos(2\tau-t)\big]\mathrm{d}\tau=\frac{1}{2}(t\cos t+\sin t).\end{align*} $$

§9.3 拉普拉斯逆变换

运用拉氏变换求解问题时，常常需要由像函数 $ F(s) $ 求像原函数 $ f(t) $。从前面的讨论中，我们已经知道了可以利用拉氏变换的性质并根据一些已知的变换来求像原函数，其中对像函数 $ F(s) $ 进行分解（或分离）是比较关键的一步，至于已知的变换则可以通过查表获得（见附录2）。这种方法在许多情况下不失为一种有效而简单的方法，因而常常被使用，但其使用范围毕竟是有限的。下面介绍一种更一般性的方法，它直接用像函数表示出像原函数，即所谓的反演积分，再利用留数求出像原函数。

§9.3.1 反演积分公式

由拉氏变换与傅氏变换的关系可知，函数 $ f(t) $ 的拉氏变换 $ F(s) = F(\beta + j\omega) $ 就是 $ f(t) u(t) e^{-\beta t} $ 的傅氏变换，即

$$ F(\beta+\mathrm{j}\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)u(t)\mathrm{e}^{-\beta t}\cdot\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}t. $$

因此当 $ f(t)u(t)\mathrm{e}^{-\beta t} $满足傅氏积分定理的条件时，按傅氏逆变换，在 $ f(t) $的连续点t处有

$$ f(t)u(t)\mathrm{e}^{-\beta t}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}F(\beta+\mathrm{j}\omega)\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}\omega. $$

事实上，这里仅要求 $ \beta $ 在 $ F(s) $ 的存在域内即可。将(9.14)式两边同乘 $ \mathrm{e}^{\beta t} $，并令 $ s = \beta + j\omega $，则有

$$ f(t)u(t)=\frac{1}{2\pi\mathrm{j}}\int_{\beta-\mathrm{j}\infty}^{\beta+\mathrm{j}\infty}F(s)\mathrm{e}^{s t}\mathrm{d}s, $$

原书第 209 页

因此有

$$ f(t)=\frac{1}{2\pi\mathrm{j}}\int_{\beta-\mathrm{j}\infty}^{\beta+\mathrm{j}\infty}F(s)\mathrm{e}^{s t}\mathrm{d}s\quad\left(t>0\right). $$

这就是由像函数 $ F(s) $ 求像原函数的一般公式，称为反演积分公式。其中右端的积分称为反演积分，其积分路径是 s 平面上的一条直线 $ \mathrm{Res}=\beta $，该直线处于 $ F(s) $ 的存在域中。由于 $ F(s) $ 在存在域中解析，因而在此直线的右边不包含 $ F(s) $ 的奇点。另外，从 (9.15) 式中可以看出，由反演积分算出的结果当 t<0 时为零，这与我们的约定是一致的。

§9.3.2 利用留数计算反演积分

定理 9.2 设 $ F(s) $ 除在半平面 $ \mathrm{Re}s \leqslant c $ 内有限个孤立奇点 $ s_{1}, s_{2}, \cdots, s_{n} $ 外是解析的，且当 $ s \to \infty $ 时， $ F(s) \to 0 $，则有

$$ \frac{1}{2\pi\mathrm{j}}\int_{\beta-\mathrm{j}\infty}^{\beta+\mathrm{j}\infty}F(s)\mathrm{e}^{s t}\mathrm{d}s=\sum_{k=1}^{n}\operatorname{Res}\left[F(s)\mathrm{e}^{s t},s_{k}\right], $$

即

$$ f(t)=\sum_{k=1}^{n}\operatorname{Res}[F(s)\mathrm{e}^{s t},s_{k}]\quad(t>0). $$

证如图9.2，曲线 $ C = L + C_{R} $，L 在平面 $ \mathrm{Re} $ s > c 内， $ C_{R} $ 是半径为 R 的半圆弧，当 R 充分大时，可使 $ s_{k} $ (k = 1, 2, $ \cdots $, n) 都在 C 内。由于 $ F(s)e^{st} $ 除孤立奇点 $ s_{k}(k = 1, 2, \cdots, n) $ 外是解析的。故由留数定理有

$$ \oint_{C}F(s)\mathrm{e}^{s t}\mathrm{d}s=2\pi\mathrm{j}\sum_{k=1}^{n}\operatorname{R e s}\left[F(s)\mathrm{e}^{s t},s_{k}\right], $$

即

图9.2

$$ \frac{1}{2\pi\mathrm{j}}\left[\int_{\beta-\mathrm{j}R}^{\beta+\mathrm{j}R}F(s)\mathrm{e}^{s t}\mathrm{d}s+\int_{c_{R}}^{-}F(s)\mathrm{e}^{s t}\mathrm{d}s\right]=\sum_{k=1}^{n}\operatorname{R e s}\left[F(s)\mathrm{e}^{s t},s_{k}\right]. $$

又由若尔当引理（见第五章§5.3.3），当t>0时有

$$ \lim_{R\to+\infty}\int_{C_{R}}F(s)\mathrm{e}^{s t}\mathrm{d}s=0, $$

因此有 $ \frac{1}{2\pi\mathrm{j}}\int_{\beta-\mathrm{j}\infty}^{\beta+\mathrm{j}\infty}F(s)\mathrm{e}^{s t}\mathrm{d}s=\sum_{k=1}^{n}\mathrm{Res}[F(s)\mathrm{e}^{s t},s_{k}]. $

求拉普拉斯

逆变换的主要方法

例 9.17 已知 $ F(s)=\frac{1}{(s-2)(s-1)^2} $，求 $ f(t)=\mathcal{L}^{-1}[F(s)] $.

原书第 210 页

求拉普拉斯

逆变换综合

举例

解法一利用部分分式求解

对 $ F(s) $ 进行分解可得

求解常微分方程（组）的步骤

$$ F(s)=\frac{1}{s-2}-\frac{1}{s-1}-\frac{1}{\left(s-1\right)^{2}}, $$

由于 $ \mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s-a}\right]=\mathrm{e}^{a t} $， $ \mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{\left(s-1\right)^{2}}\right]=t\mathrm{e}^{t} $（见附录2），故

$$ f(t)=\mathrm{e}^{2t}-\mathrm{e}^{t}-t\mathrm{e}^{t}. $$

解法二利用卷积求解

设 $ F_{1}(s)=\frac{1}{s-2} $， $ F_{2}(s)=\frac{1}{(s-1)^{2}} $，则 $ F(s)=F_{1}(s)\cdot F_{2}(s) $。又由于 $ f_{1}(t)=\mathcal{L}^{-1}\left[F_{1}(s)\right]=\mathrm{e}^{2t} $， $ f_{2}(t)=\mathcal{L}^{-1}\left[F_{2}(s)\right]=t\mathrm{e}^{t} $，根据卷积定理有

$$ \begin{aligned}f(t)&=f_{1}(t)*f_{2}(t)=\int_{0}^{t}\tau\mathrm{e}^{\tau}\cdot\mathrm{e}^{2(t-\tau)}\mathrm{d}\tau\\&=\mathrm{e}^{2t}\int_{0}^{t}\tau\mathrm{e}^{-\tau}\mathrm{d}\tau=\mathrm{e}^{2t}(1-\mathrm{e}^{-t}-t\mathrm{e}^{-t})\\&=\mathrm{e}^{2t}-\mathrm{e}^{t}-t\mathrm{e}^{t}.\\ \end{aligned} $$

解法三利用留数求解

像函数 $ F(s) $ 的奇点为 $ s_{1}=2, s_{2}=1 $，且分别为简单极点与二阶极点，应用（9.17）式及留数计算法则，有

$$ \begin{align*}f(t)&=\mathrm{Res}\big[F(s)\mathrm{e}^{st},2\big]+\mathrm{Res}\big[F(s)\mathrm{e}^{st},1\big]\\&=\frac{\mathrm{e}^{st}}{(s-1)^{2}}\Bigg|_{s=2}+\left(\frac{\mathrm{e}^{st}}{s-2}\right)^{\prime}\Bigg|_{s=1}=\mathrm{e}^{2t}-\mathrm{e}^{t}-t\mathrm{e}^{t}.\end{align*} $$

§9.4 拉普拉斯变换的应用及综合举例

§ 9.4.1 求解常微分方程（组）

许多工程实际问题可以用微分方程来描述，而拉氏变换对于求解常微分方程非常有效。从例9.6中我们已经看出，其方法是：先通过拉氏变换将常微分方程化为像函数的代数方程，由代数方程求出像函数，再取拉氏逆变换，就得到微分方程的解。

例 9.18 求解常微分方程

$$ x^{\prime \prime}(t)-2x^{\prime}(t)+2x(t)=2\mathrm{e}^{\prime}\cos t,x(0)=x^{\prime}(0)=0. $$

原书第 211 页

解令 $ X(s) = \mathcal{L}[x(t)] $，在方程两边取拉氏变换，并应用初始条件，得

$$ s^{2}X(s)-2s X(s)+2X(s)=\frac{2(s-1)}{{(s-1)}^{2}+1}. $$

求解此方程得

$$ X(s)=\frac{2(s-1)}{\left[(s-1)^{2}+1\right]^{2}}, $$

求拉氏逆变换，得

$$ \begin{aligned}x\left(t\right)&=\mathcal{L}^{-1}\big[\boldsymbol{X}(s)\big]=\mathcal{L}^{-1}\Bigg[\frac{2\left(s-1\right)}{\big[\left(s-1\right)^{2}+1\big]^{2}}\Bigg]\\&=\mathrm{e}^{t}\mathcal{L}^{-1}\Bigg[\frac{2s}{\left(s^{2}+1\right)^{2}}\Bigg]=\mathrm{e}^{t}\mathcal{L}^{-1}\Bigg[\left(\frac{-1}{s^{2}+1}\right)^{\prime}\Bigg]\\&=t\mathrm{e}^{t}\mathcal{L}^{-1}\Bigg[\frac{1}{s^{2}+1}\Bigg]=t\mathrm{e}^{t}\sin t.\\ \end{aligned} $$

例 9.19 求解常微分方程组

$$ \{\begin{aligned}x^{\prime}(t)&+x(t)-y(t)=\mathrm{e}^{t},\\ y^{\prime}(t)&+3x(t)-2y(t)=2\mathrm{e}^{t},\end{aligned}\quad x(0)=y(0)=1.. $$

解令 $ X(s) = \mathcal{L}[x(t)] $, $ Y(s) = \mathcal{L}[y(t)] $, 对方程两边取拉氏变换，并应用初始条件得

$$ \{\begin{aligned}&sX(s)-1+X(s)-Y(s)=\frac{1}{s-1},\\ &sY(s)-1+3X(s)-2Y(s)=2\frac{1}{s-1}.\end{aligned}. $$

求解得

$$ X(s)=Y(s)=\frac{1}{s-1}, $$

取拉氏逆变换得原方程组的解为

$$ x(t)=y(t)=\mathrm{e}^{t}. $$

例 9.20 设质量为 m 的物体静止在原点，在 t=0 时受到 x 方向上的冲击力 $ F_{0}\delta(t) $ 的作用，其中 $ F_{0} $ 为常数，求物体的运动方程.

解物体运动的微分方程初值问题为

$$ m\frac{\mathrm{d}^{2}}{\mathrm{d}t^{2}}x\left(t\right)=F_{0}\delta\left(t\right),\quad x\left(0\right)=x^{\prime}\left(0\right)=0. $$

令 $ X(s) = \mathcal{L}[x(t)] $，在方程两边取拉氏变换，得 $ ms^{2}X(s) = F_{0} $，即

原书第 212 页

$$ X(s)=\frac{F_{0}}{ms^{2}}. $$

求拉氏逆变换得物体的运动方程为 $ x(t)=\frac{F_{0}}{m}t $.

注本例中关于 $ \delta $ 函数的拉氏变换涉及拉氏变换本身的定义问题。一般说来，若函数 $ f(t) $ 在 t=0 附近有界，则 $ f(0) $ 的取值对拉氏变换没有影响，但若 $ f(t) $ 在 t=0 时刻包含了冲激函数，则有必要考察一下拉氏变换中积分限的设定。对积分下限分别取 $ 0^{+} $ 和 $ 0^{-} $，可得下面两种形式的拉氏变换：

$$ \mathcal{L}_{+}\left[f(t)\right]=\int_{0^{+}}^{+\infty}f(t)\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t, $$

$$ \mathcal{L}_{-}\left[f(t)\right]=\int_{0^{-}}^{+\infty}f(t)\mathrm{e}^{-s t}\mathrm{d}t. $$

对于在 $ t=0 $ 不含冲激函数的 $ f(t) $，有 $ \mathcal{L}_{+}[f(t)]=\mathcal{L}_{-}[f(t)] $，因此以前的讨论不受影响。但对于 $ \delta $ 函数而言，则有 $ \mathcal{L}_{+}[\delta(t)]=0 $， $ \mathcal{L}_{-}[\delta(t)]=1 $。考虑到 $ \delta $ 函数的傅氏变换为 1，为统一起见，我们推荐使用后一种方式。此时有关公式要作相应的修改。

比如在例9.20中，实际上是采用(9.19)式进行的拉氏变换，因而有 $ \mathcal{L}_{-}[ \delta(t)] = 1 $，且 $ \mathcal{L}_{-}[x''(t)] = s^2 X(s) - s x(0^-) - x'(0^-) $，初始条件为 $ x(0^-) = x'(0^-) = 0 $。但若此例中采用(9.18)式进行拉氏变换，则 $ \mathcal{L}_+\left[ \delta(t) \right] = 0 $，且 $ \mathcal{L}_+[x''(t)] = s^2 X(s) - s x(0^+) - x'(0^+) $，此时的初始条件应为 $ x(0^+) = 0 $， $ x'(0^+) = F_0/m $，这是因为在冲击力 $ F_0\delta(t) $的作用下，冲量为 $ F_0 $，根据冲量定理，物体的初始速度瞬间由0变到 $ F_0/m $。其求解结果与前面是一致的。

\$9.4.2 综合举例

例 9.21 求函数 $ f(t)=\{\begin{aligned}&1-t,&0\leq t\leq1,\\ &0,&t<0\text{ 或 }t>1\end{aligned}. $ 的像函数.

解如图 9.3，函数 $ f(t) $ 可写为

$$ \begin{aligned}f(t)&=\left(1-t\right)u(t)+\left(t-1\right)u(t-1)\\&=u(t)-tu(t)+\left(t-1\right)u(t-1).\end{aligned} $$

由于

$$ \mathcal{L}\left[u(t)\right]=\frac{1}{s},\quad\mathcal{L}\left[t u(t)\right]=\frac{1}{s^{2}}, $$

所以

图9.3

$$ \mathcal{L}\left[f(t)\right]=\frac{1}{s}-\frac{1}{s^{2}}+\frac{1}{s^{2}}\mathrm{e}^{-s}. $$

原书第 213 页

例 9.22 已知 $ F(s)=\frac{2s^{2}+3s+3}{(s+1)(s+3)^{3}} $，求 $ f(t)=\mathcal{L}^{-1}[F(s)] $.

解由于 $ s_{1}=-1 $， $ s_{2}=-3 $ 分别为 $ F(s) $ 的简单极点和三阶极点，因此有

$$ \begin{align*}f(t)&=\mathrm{Res}\big[F(s)\mathrm{e}^{s t},-1\big]+\mathrm{Res}\big[F(s)\mathrm{e}^{s t},-3\big]\\&=\lim_{s\to-1}\frac{2s^{2}+3s+3}{\left(s+3\right)^{3}}\mathrm{e}^{s t}+\frac{1}{2!}\lim_{s\to-3}\left(\frac{2s^{2}+3s+3}{s+1}\mathrm{e}^{s t}\right)^{\cdot}\\&=\frac{1}{4}\mathrm{e}^{-t}+\left(-3t^{2}+\frac{3}{2}t-\frac{1}{4}\right)\mathrm{e}^{-3t}.\end{align*} $$

例 9.23 求解常微分方程组

$$ \{\begin{aligned}&x^{\prime \prime}(t)+y^{\prime \prime}(t)+x(t)+y(t)=0,&x(0)=y(0)=0,\\ &2x^{\prime \prime}(t)-y^{\prime \prime}(t)-x(t)+y(t)=\sin t,&x^{\prime}(0)=y^{\prime}(0)=-1.\end{aligned}. $$

解令 $ X(s) = \mathcal{L}[x(t)] $, $ Y(s) = \mathcal{L}[y(t)] $, 对方程两边取拉氏变换得

$$ \{\begin{aligned}&s^{2}X(s)+1+s^{2}Y(s)+1+X(s)+Y(s)=0,\\ &2s^{2}X(s)+2-s^{2}Y(s)-1-X(s)+Y(s)=\frac{1}{s^{2}+1}.\end{aligned}. $$

求解得

$$ X(s)=Y(s)=-\frac{1}{s^{2}+1}, $$

取拉氏逆变换得到原方程的解为

$$ x\left(t\right)=y\left(t\right)=-\ \sin t. $$

例 9.24 求解积分方程

$$ f(t)=at-\int_{0}^{t}\sin(x-t)f(x)d x\quad(a\neq0). $$

解由于 $ f(t) \cdot \sin t = \int_{0}^{t} f(x) \sin(t - x) \, dx $，所以原方程为

$$ f(t)=a t+f(t)*\sin t. $$

令 $ F(s) = \mathcal{L}[f(t)] $，因 $ \mathcal{L}[t] = \frac{1}{s^{2}} $， $ \mathcal{L}[\sin t] = \frac{1}{s^{2} + 1} $，所以对方程两边取拉氏变换得

$$ F(s)=\frac{a}{s^{2}}+\frac{1}{s^{2}+1}F(s), $$

即

原书第 214 页

$$ F(s)=a\left(\frac{1}{s^{2}}+\frac{1}{s^{4}}\right). $$

取拉氏逆变换得原方程的解为

$$ f(t)=a\bigg(t+\frac{t^{3}}{6}\bigg). $$

例 9.25 设有如图 9.4 所示的 R 和 L 串联电路，在 t=0 时接到直流电势 E 上，求电流 $ i(t) $.

解由基尔霍夫定律知 $ i(t) $ 满足方程

$$ Ri(t)+L\frac{\mathrm{d}\left[i(t)\right]}{\mathrm{d}t}=E,\quad i(0)=0. $$

令 $ I(s) = \mathcal{L}[i(t)] $，在方程两边取拉氏变换得

图9.4

$$ RI(s)+LsI(s)=\frac{E}{s}, $$

求解得

$$ I(s)=\frac{E}{s(R+sL)}=\frac{E}{R}\left[\frac{1}{s}-\frac{1}{s+(R/L)}\right]. $$

求拉氏逆变换得

$$ i(t)=\frac{E}{R}(1-\mathrm{e}^{-\frac{R}{L}t}). $$

拉氏变换作为一种数学工具，使得有关运算得以简化，同时它也是研究工程实际问题中线性系统特性的有力工具，而它最重要的贡献之一，则是从理论上建立起微积算子（即D算子）的基础，这些内容就不详述了。

本章小结

本章从傅氏变换引出拉氏变换的概念，讨论了拉氏变换的一些基本性质以及拉氏逆变换的求解方法，并介绍了它在求解微分方程等方面的应用。

拉氏变换在傅氏变换的基础上，引入了衰减指数函数 $ e^{-\beta t} $ 和单位阶跃函数 $ u(t) $，从而放宽了对函数的限制并使之更适合工程实际。同时它仍保留了傅氏变换中一些好的性质，特别是其中有些性质（如微分性质、卷积等）比傅氏变换更实用、更方便。另外，拉氏变换仍具有明显的物理意义，它将频率 $ \omega $ 变成复频率 s，从而不仅能刻画函数的振荡频率，而且还能描述振荡幅度的增长（或衰减）速率。

根据拉氏变换与傅氏变换的关系导出的反演积分公式，原则上讲，是一种求拉氏逆变换的通用方法。但有时应根据像函数的具体情况而灵活地采用其他方法，应充分利用拉氏

原书第 215 页

变换的各种性质. 通常是将像函数分解为一些基本函数的相加或相乘, 再利用线性性质、位移性质、延迟性质、卷积定理等, 并结合这些基本函数的像原函数求出总的像原函数.

拉氏变换的应用领域相当广泛，本章仅从数学角度，介绍了它在求解微分方程方面的应用。由于拉氏变换能将微分变成乘法，将微分方程变为代数方程，而且初始条件包含在变换式中，因而能有效、简便地求解微分方程。

本章所介绍的拉氏变换应称为单边拉氏变换，相应地还有双边拉氏变换。另外在数字领域，拉氏变换演变为用于处理离散时间函数或者数字信号的z变换，它是研究离散线性系统特性和求解差分方程的有力工具。

题目习题九

第九章单元

自测题

9.1 用定义求下列函数的拉氏变换：

(1) $ f(t)=\begin{cases}3,&0\leq t<2,\\-1,&2\leq t<4,\\0,&t>4;\end{cases} $ (2) $ f(t)=\begin{cases}3,&0\leq t<\frac{\pi}{2},\\\cos t,&t\geq\frac{\pi}{2};\end{cases} $

(3) $ f(t) = \mathrm{e}^{2t} + 5\delta(t) $; (4) $ f(t) = \delta(t) \cos t - u(t) \sin t $.

9.2 用定义求下列函数的拉氏变换：

(1) $ \sin\frac{t}{2} $; (2) $ e^{-2t} $; (3) $ t^{2} $;

(4) $ \left|t\right| $; (5) $ \sin t\cos t $; (6) $ \cos^{2}t $.

9.3 求下列函数的拉氏变换：

(1) $ t^{2}+3t+2 $; (2) $ 1-te^{-} $;

(3) $ (t-1)^{2}\mathrm{e}^{t} $; (4) $ 5\sin2t-3\cos2t $;

(5) $ t \cos at $; (6) $ \mathrm{e}^{-4t} \cos 4t $.

9.4 利用拉氏变换的性质, 计算 $ \mathcal{L}[f(t)] $:

(1) $ f(t) = t \mathrm{e}^{-3t} \sin 2t $; (2) $ f(t) = t \int_{0}^{t} \mathrm{e}^{-3t} \sin 2t \, \mathrm{d}t $.

9.5 利用拉氏变换性质, 计算 $ \mathcal{L}^{-1}[F(s)] $:

(1) $ F(s)=\frac{1}{s+1}-\frac{1}{s-1}; $

(2) $ F(s)=\ln\frac{s+1}{s-1}; $

(3) $ F(s)=\frac{2s}{\left(s^{2}-1\right)^{2}}; $

(4) $ F(s)=\frac{1}{\left(s^{2}-1\right)^{2}}. $

9.6 利用像函数的积分性质, 计算 $ \mathcal{L}[f(t)] $:

$$ f(t)=\frac{\sin kt}{t}; $$

$$ \int_{0}^{t}\frac{\mathrm{e}^{-3t}\sin2t}{t}\mathrm{d}t. $$

9.7 求下列积分的值：

(1) $ \int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-t}-e^{-2t}}{t}dt $; (2) $ \int_{0}^{+\infty}te^{-2t}dt $.

原书第 216 页

9.8 求下列像函数 $ F(s) $ 的拉氏逆变换：

(1) $ \frac{1}{s^{2}+a^{2}} $;

(2) $ \frac{s}{(s-a)(s-b)}; $

(3) $ \frac{s+c}{\left(s+a\right)\left(s+b\right)^{2}} $;

(4) $ \frac{s}{\left(s^{2}+1\right)\left(s^{2}+4\right)}; $

$$ \frac{1}{s^{4}+5s^{2}+4}; $$

(6) $ \frac{s+1}{9s^{2}+6s+5}; $

(7) $ \frac{1+e^{-2s}}{s^{2}}; $

(8) $ \ln\frac{s^{2}-1}{s^{2}}. $

9.9 设 $ f(t) $ 是以 $ 2\pi $ 为周期的函数，且在区间 $ [0,2\pi] $ 上取值为

$$ f(t)=\{\begin{aligned}&\sin t,\quad&0\leqslant t<\pi,\\ &0,\quad&\pi\leqslant t\leqslant2\pi,\end{aligned}. $$

求 $ \mathcal{L}[f(t)] $.

9.10 求下列函数在区间 $ [0, +\infty) $ 上的卷积：

(1) $ 1 \times u(t) $; (2) $ t^{m} \times t^{n}(m, n $ 为正整数 $;$

(3) $ \sin kt \cdot \sin kt (k \neq 0) $; (4) $ t \cdot \sinh t $;

(5) $ u(t-a) * f(t) $ (a $ \geqslant 0 $); (6) $ \delta(t-a) * f(t) $ (a $ \geqslant 0 $).

9.11 利用卷积定理证明下列等式：

(1) $ \mathcal{L}\left[\int_{0}^{t} f(t) \, dt\right] = \mathcal{L}\left[f(t) * u(t)\right] = \frac{F(s)}{s}; $

(2) $ \mathcal{L}^{-1}\left[\frac{s}{\left(s^{2}+a^{2}\right)^{2}}\right]=\frac{t}{2a}\sin at\ (a\neq0) $

9.12 解下列微分方程：

(1) $ y'' - 2y' + y = e^t $, $ y(0) = y'(0) = 0 $;

(2) $ y''' - 3y'' + 3y' - y = -1 $, $ y''(0) = y'(0) = 1 $, $ y(0) = 2 $;

(3) $ y'' + 3y' + y = 3\cos t $, $ y(0) = 0 $, $ y'(0) = 1 $;

(4) $ y'' + 3y' + 2y = u(t - 1) $, $ y(0) = 0 $, $ y'(0) = 1 $;

(5) $ y^{(4)} + y'' = \cos t $, $ y(0) = y'(0) = y'''(0) = 0 $, $ y''(0) = c $ (常数).

9.13 解下列微分方程组：

(1)

$$ \{\begin{aligned}y^{\prime \prime}-x^{\prime \prime}+x^{\prime}-y&=e^{\prime}-2,x(0)=x^{\prime}(0)=0,\\ 2y^{\prime \prime}-x^{\prime \prime}-2y^{\prime}+x&=-t,y(0)=y^{\prime}(0)=0;\end{aligned}. $$

(2) $ \begin{cases} x' + y'' = \delta(t - 1), & x(0) = y(0) = 0, \\ 2x + y''' = 2u(t - 1), & y'(0) = y''(0) = 0. \end{cases} $

第九章 拉普拉斯变换