文章目录
- 【高数+复变函数】Laplace变换
- 1. 问题引入及定义
- 2. 存在定理
- 3. 常见Laplace变换
【高数+复变函数】Laplace变换
1. 问题引入及定义
上一节：【高数+复变函数】傅里叶积分
回顾之前我们讲的傅里叶变换要满足的条件有（也就是傅里叶积分要满足的条件）
1 ∘ f ( t ) 1^{\circ} f(t) 1∘f(t) 在任一有限区间上满足 Dirichlet 条件
2 ∘ f ( t ) 2^{\circ} f(t) 2∘f(t) 在无限区间 ( − ∞ , + ∞ ) (-\infty,+\infty) (−∞,+∞) 上绝对可积 (即积分 ∫ − ∞ + ∞ ∣ f ( t ) ∣ d t \int_{-\infty}^{+\infty}|f(t)| \mathrm{d} t ∫−∞+∞∣f(t)∣dt 收敛)
可这些条件相对较强，很多函数都无法满足。
例如：
- Fourier变换存在的条件需要 实函数 f ( t ) f(t) f(t) 在 ( − ∞ , + ∞ ) (-\infty,+\infty) (−∞,+∞) 上绝对可积. 很多常见的初等函数(例如, 常数函数、多项式函数、正弦与余弦 函数等)都不满足这个要求
- 很多以时间 t 为为自变量的函数，当t<0时，往往没有定义，或者不需要知道t<0的情况，而Fourier变换要求在 ( − ∞ , + ∞ ) (-\infty,+\infty) (−∞,+∞)上都有定义。
这些条件限制了Fourier变换的应用，现在我们考虑对于任意一个函数 f ( t ) f(t) f(t), 能否经过适当地改造使其进行 Fourier 变换时克服 上述两个缺点呢?
这就使我们想到前面讲过的单位阶跃函数
u
(
t
)
u(t)
u(t) 和指数衰减函数
e
−
β
t
(
β
>
0
)
\mathrm{e}^{-\beta t}(\beta>0)
e−βt(β>0) 所具有的特点. 用前者乘
f
(
t
)
f(t)
f(t) 可以使积分区间由
(
−
∞
,
+
∞
)
(-\infty,+\infty)
(−∞,+∞) 换成
[
0
,
+
∞
)
[0,+\infty)
[0,+∞), 用后者乘
f
(
t
)
f(t)
f(t) 就有可能使其变成绝对可积, 因此, 为了克服 Fourier 变 换上述的两个缺点, 我们自然会想到用
u
(
t
)
e
−
β
t
(
β
>
0
)
u(t) \mathrm{e}^{-\beta t}(\beta>0)
u(t)e−βt(β>0) 来乘
f
(
t
)
f(t)
f(t), 即
f
(
t
)
u
(
t
)
e
−
β
t
(
β
>
0
)
.
f(t) u(t) \mathrm{e}^{-\beta t} \quad(\beta>0) .
f(t)u(t)e−βt(β>0).
对其进行傅里叶变换
G
β
(
ω
)
=
∫
−
∞
+
∞
f
(
t
)
u
(
t
)
e
−
β
t
e
−
i
ω
t
d
t
=
∫
0
+
∞
f
(
t
)
e
−
(
β
+
j
ω
)
t
d
t
=
∫
0
+
∞
f
(
t
)
e
−
s
t
d
t
\begin{aligned} G_\beta(\omega) & =\int_{-\infty}^{+\infty} f(t) u(t) \mathrm{e}^{-\beta t} \mathrm{e}^{-i \omega t} \mathrm{~d} t \\ & =\int_0^{+\infty} f(t) \mathrm{e}^{-(\beta+j \omega )t } \mathrm{d} t=\int_0^{+\infty} f(t) \mathrm{e}^{-s t} \mathrm{~d} t \end{aligned}
Gβ(ω)=∫−∞+∞f(t)u(t)e−βte−iωt dt=∫0+∞f(t)e−(β+jω)tdt=∫0+∞f(t)e−st dt
变换后是
s
s
s的函数：
F
(
s
)
=
∫
0
+
∞
f
(
t
)
e
−
s
t
d
t
F(s)=\int_0^{+\infty} f(t) \mathrm{e}^{-s t} \mathrm{~d} t
F(s)=∫0+∞f(t)e−st dt.
由此式所确定的函数 F ( s ) F(s) F(s), 实际上是由 f ( t ) f(t) f(t) 通过一种新的变换得来的, 这种 变换我们称为 Laplace 变换.
定义 :设函数
f
(
t
)
f(t)
f(t) 当
t
⩾
0
t \geqslant 0
t⩾0 时有定义, 而且积分
∫
0
+
∞
f
(
t
)
e
−
s
t
d
t
(
s
是一个复参量
)
\int_0^{+\infty} f(t) \mathrm{e}^{-st} \mathrm{~d} t \quad(s \text { 是一个复参量 })
∫0+∞f(t)e−st dt(s 是一个复参量 )
在复平面
s
s
s 的某一区域内收敛, 由此积分所确定的函数记为
F
(
s
)
=
∫
0
+
∞
f
(
t
)
e
−
s
t
d
t
,
F(s)=\int_0^{+\infty} f(t) \mathrm{e}^{-s t} \mathrm{~d} t,
F(s)=∫0+∞f(t)e−st dt,
则称上式为函数
f
(
t
)
f(t)
f(t) 的 Laplace 变换式. 记为
F
(
s
)
=
C
[
f
(
t
)
]
F(s)=\mathscr{C}[f(t)]
F(s)=C[f(t)]
f
(
t
)
f(t)
f(t) 为
F
(
s
)
F(s)
F(s) 的 Laplace 逆变换 (或称 为象原函数), 记为
f
(
t
)
=
C
−
1
[
F
(
s
)
]
f(t)=\mathscr{C}^{-1}[F(s)]
f(t)=C−1[F(s)]
不同于在实轴上定义的Fourier，Laplace是定义在复平面上的。
2. 存在定理
探究一个函数满足什么条件时，Laplace变换是存在的
Laplace 变换的存在定理 若函数
f
(
t
)
f(t)
f(t) 满足下列条件:
1
∘
1^{\circ}
1∘ 在
t
⩾
0
t \geqslant 0
t⩾0 的任一有限区间上连续或分段连续;
2
∘
2^{\circ}
2∘ 当
t
→
+
∞
t \rightarrow+\infty
t→+∞ 时,
f
(
t
)
f(t)
f(t) 的增长速度不超过某一指数函数, 亦即存在常数
M
>
0
M>0
M>0 及
c
⩾
0
c \geqslant 0
c⩾0,使得
∣
f
(
t
)
∣
⩽
M
e
c
t
,
0
⩽
t
<
+
∞
|f(t)| \leqslant M \mathrm{e}^{c t}, \quad 0 \leqslant t<+\infty
∣f(t)∣⩽Mect,0⩽t<+∞
成立 (满足此条件的函数, 称它的增大是不超过指数级的,
c
c
c 为它的增长指数). 则
f
(
t
)
f(t)
f(t) 的 Laplace 变换
F
(
s
)
=
∫
0
+
∞
f
(
t
)
e
−
s
x
d
t
F(s)=\int_0^{+\infty} f(t) \mathrm{e}^{-sx} \mathrm{~d} t
F(s)=∫0+∞f(t)e−sx dt
在半平面
Re
(
s
)
>
c
\operatorname{Re}(s)>c
Re(s)>c 上一定存在
右端的积分在 Re ( s ) ⩾ c 1 > c \operatorname{Re}(s) \geqslant c_1>c Re(s)⩾c1>c 上绝对收敛而且 一致收敛, 并且在 Re ( s ) > c \operatorname{Re}(s)>c Re(s)>c 的半平面内, F ( s ) F(s) F(s) 为解析函数…
证明不做要求，是证明 f ( t ) e − s x f(t) \mathrm{e}^{-sx} f(t)e−sx绝对可积
上述存在定理是充分非必要条件，也就是在 Re ( s ) < c \operatorname{Re}(s)<c Re(s)<c时也可能存在，以及 c < 0 c<0 c<0时也可能成立，也就有一个新定理：
定理2 如果 ∫ 0 + ∞ f ( t ) e − s t d t \int_0^{+\infty} f(t) e^{-s t} \mathrm{~d} t ∫0+∞f(t)e−st dt 在 s 1 = β 1 + i ω 1 s_1=\beta_1+i \omega_1 s1=β1+iω1 处收敛, 则这个积分在 Re s > β 1 \operatorname{Re} s>\beta_1 Res>β1 上处处收敛,且 由这个积分确定的函数 F ( s ) F(s) F(s) 在 Re s > β 1 \operatorname{Re} s>\beta_1 Res>β1 上解析; 如果 ∫ 0 + ∞ f ( t ) e − s t d t \int_0^{+\infty} f(t) e^{-s t} \mathrm{~d} t ∫0+∞f(t)e−st dt 在 s 2 = β 2 + i ω 2 s_2=\beta_2+i \omega_2 s2=β2+iω2 处发散, 则这个积分在 Re s < β 2 \operatorname{Re} s<\beta_2 Res<β2 上处处发散.
3. 常见Laplace变换
例 1 求单位阶跃函数 u ( t ) = { 0 , t < 0 , 1 , t > 0 u(t)=\left\{\begin{array}{l}0, t<0, \\ 1, t>0\end{array}\right. u(t)={0,t<0,1,t>0 的 Laplace 变换.
解： L [ u ( t ) ] = ∫ 0 + ∞ e − s t d t \mathscr{L} [u(t)]=\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-s t} \mathrm{~d} t L[u(t)]=∫0+∞e−st dt
其中 e − s t = e − t ( β + j ω ) = e − t β ( c o s w t − i s i n w t ) e^{-st}=e^{-t(\beta+j \omega )}=e^{-t\beta}(coswt-isinwt) e−st=e−t(β+jω)=e−tβ(coswt−isinwt)
而
∣
(
c
o
s
w
t
−
i
s
i
n
w
t
)
∣
|(coswt-isinwt)|
∣(coswt−isinwt)∣有界，所以保证
e
−
t
β
e^{-t\beta}
e−tβ收敛即可，即需要满足
R
e
(
s
)
=
β
>
0
Re(s)=\beta>0
Re(s)=β>0
又有
∫
0
+
∞
e
−
s
t
d
t
=
−
1
s
e
−
,
t
∣
0
+
∞
=
1
s
又有\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-s t} \mathrm{~d} t=-\left.\frac{1}{s} \mathrm{e}^{-, t}\right|_0 ^{+\infty}=\frac{1}{s}
又有∫0+∞e−st dt=−s1e−,t
0+∞=s1
所以
L
[
u
(
t
)
]
=
1
s
(
Re
(
s
)
>
0
)
.
\mathscr{L}[u(t)]=\frac{1}{s} \quad(\operatorname{Re}(s)>0) .
L[u(t)]=s1(Re(s)>0).
例 2 求函数 f ( t ) = e k t f(t)=\mathrm{e}^{k t} f(t)=ekt 的 Laplace 变换 ( k k k 为实数).
这个积分在
Re
(
s
)
>
k
\operatorname{Re}(s)>k
Re(s)>k 时收敛, 而且有
∫
0
+
∞
e
−
(
s
−
k
)
t
d
t
=
1
s
−
k
,
\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-(s-k) t} \mathrm{~d} t=\frac{1}{s-k},
∫0+∞e−(s−k)t dt=s−k1,
所以
L
[
e
k
t
]
=
1
s
−
k
(
Re
(
s
)
>
k
)
.
\mathscr{L}\left[\mathrm{e}^{k t}\right]=\frac{1}{s-k}(\operatorname{Re}(s)>k) .
L[ekt]=s−k1(Re(s)>k).
例 3 求正弦函数
f
(
t
)
=
sin
k
t
f(t)=\sin k t
f(t)=sinkt (
k
k
k 为实数) 的 Laplace 变换.
解
L
[
sin
k
t
]
=
∫
0
+
∞
sin
k
t
e
−
s
t
d
t
=
k
s
2
+
k
2
(
Re
(
s
)
>
0
)
.
可用两次分部积分证明
\mathscr{L}[\sin k t] =\int_0^{+\infty} \sin k t \mathrm{e}^{-s t} \mathrm{~d} t \\ =\frac{k}{s^2+k^2} \quad(\operatorname{Re}(s)>0) .可用两次分部积分证明
L[sinkt]=∫0+∞sinkte−st dt=s2+k2k(Re(s)>0).可用两次分部积分证明
同理可得余弦函数
f
(
t
)
=
cos
k
t
f(t)=\cos k t
f(t)=coskt (
k
k
k 为实数) 的 Laplace 变换
L
[
cos
k
t
]
=
s
s
2
+
k
2
(
Re
(
s
)
>
0
)
.
\mathscr{L}[\cos k t]=\frac{s}{s^2+k^2} \quad(\operatorname{Re}(s)>0) .
L[coskt]=s2+k2s(Re(s)>0).
例4 周期函数和
δ
\delta
δ函数的Laplace变换
以周期性三角波为例（
f
(
t
+
2
b
)
=
f
(
t
)
f(t+2 b)=f(t)
f(t+2b)=f(t)）：
f
(
t
)
=
{
t
,
0
⩽
t
<
b
,
2
b
−
t
,
b
⩽
t
<
2
b
f(t)= \begin{cases}t, & 0 \leqslant t<b, \\ 2 b-t, & b \leqslant t<2 b\end{cases}
f(t)={t,2b−t,0⩽t<b,b⩽t<2b
E
[
f
(
t
)
]
=
∫
0
+
∞
f
(
t
)
e
−
s
t
d
t
=
∫
0
2
b
f
(
t
)
e
−
s
t
d
t
+
∫
2
b
4
b
f
(
t
)
e
−
s
t
d
t
+
∫
4
h
6
t
f
(
t
)
e
−
s
t
d
t
+
⋯
+
∫
2
k
b
2
(
k
+
1
)
b
f
(
t
)
e
−
s
t
d
t
+
⋯
\begin{aligned} \mathscr{E}[f(t)]= & \int_0^{+\infty} f(t) \mathrm{e}^{-s t} \mathrm{~d} t \\ = & \int_0^{2 b} f(t) \mathrm{e}^{-s t} \mathrm{~d} t+\int_{2 b}^{4 b} f(t) \mathrm{e}^{-s t} \mathrm{~d} t+\int_{4 h}^{6 t} f(t) \mathrm{e}^{-s t} \mathrm{~d} t \\ & +\cdots+\int_{2 k b}^{2(k+1) b} f(t) \mathrm{e}^{-s t} \mathrm{~d} t+\cdots \end{aligned}
E[f(t)]==∫0+∞f(t)e−st dt∫02bf(t)e−st dt+∫2b4bf(t)e−st dt+∫4h6tf(t)e−st dt+⋯+∫2kb2(k+1)bf(t)e−st dt+⋯
令
t
=
τ
+
2
k
b
t=\tau+2 k b
t=τ+2kb, 则
∫
2
k
b
2
(
k
+
1
)
b
f
(
t
)
e
−
s
t
d
t
=
∫
0
2
b
f
(
τ
+
2
k
b
)
e
−
s
(
τ
+
2
k
b
)
d
τ
=
e
−
2
k
b
s
∫
0
2
b
f
(
τ
)
e
−
s
τ
d
τ
,
\begin{aligned} \int_{2 k b}^{2(k+1) b} f(t) \mathrm{e}^{-s t} \mathrm{~d} t & =\int_0^{2 b} f(\tau+2 k b) \mathrm{e}^{-s(\tau+2 k b)} \mathrm{d} \tau \\ & =\mathrm{e}^{-2 k b s} \int_0^{2 b} f(\tau) \mathrm{e}^{-s \tau} \mathrm{d} \tau, \end{aligned}
∫2kb2(k+1)bf(t)e−st dt=∫02bf(τ+2kb)e−s(τ+2kb)dτ=e−2kbs∫02bf(τ)e−sτdτ,
所以原式可转化成：
L
[
f
(
t
)
]
=
∑
k
=
0
+
∞
e
−
2
k
b
s
∫
0
2
b
f
(
t
)
e
−
s
t
d
t
=
1
1
−
e
−
2
b
s
∫
0
2
b
f
(
t
)
e
−
s
t
d
t
\mathscr{L}[f(t)]=\sum_{k=0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-2 k b s} \int_0^{2 b} f(t) \mathrm{e}^{-s t} \mathrm{~d} t =\frac{1}{1-\mathrm{e}^{-2 b s}} \int_0^{2 b} f(t) \mathrm{e}^{-s t} \mathrm{~d} t
L[f(t)]=k=0∑+∞e−2kbs∫02bf(t)e−st dt=1−e−2bs1∫02bf(t)e−st dt
之后根据不同函数的
f
(
t
)
f(t)
f(t)计算后式即可。
例5 求单位脉冲函数 δ ( t ) \delta(t) δ(t) 的Laplace变换
首先考虑 t t t的定义域问题：
如果在
t
=
0
t=0
t=0 处包含了单位脉冲函数时, 则
∫
0
−
0
+
f
(
t
)
e
−
s
t
d
t
≠
0
, 即
L
−
[
f
(
t
)
]
≠
L
+
[
f
(
t
)
]
.
\int_{0^{-}}^{0^{+}} f(t) e^{-s t} \mathrm{~d} t \neq 0 \text {, 即 } \mathfrak{L}_{-}[f(t)] \neq \mathfrak{L}_{+}[f(t)] \text {. }
∫0−0+f(t)e−st dt=0, 即 L−[f(t)]=L+[f(t)].
因此把
t
≥
0
t \geq 0
t≥0 上定义的函数延拓到
t
>
0
t>0
t>0 及
t
=
0
t=0
t=0任意一个邻域内有定义, 并且把Laplace变换定义为
L
[
f
(
t
)
]
=
L
−
[
f
(
t
)
]
=
∫
0
−
+
∞
f
(
t
)
e
−
s
t
d
t
.
\mathcal{L}[f(t)]=\mathfrak{L}_{-}[f(t)]=\int_{0^{-}}^{+\infty} f(t) e^{-s t} \mathrm{~d} t .
L[f(t)]=L−[f(t)]=∫0−+∞f(t)e−st dt.
之后在此拓延下再来考虑单位脉冲函数：
L
[
δ
(
t
)
]
=
L
−
[
δ
(
t
)
]
=
∫
0
−
+
∞
δ
(
t
)
e
−
s
t
d
t
=
∫
−
∞
+
∞
δ
(
t
)
e
−
s
t
d
t
=
e
−
s
t
∣
t
=
0
=
1
\begin{aligned} \mathfrak{L}[\delta(t)] & =\mathfrak{L}_{-}[\delta(t)] \\ & =\int_{0^{-}}^{+\infty} \delta(t) e^{-s t} \mathrm{~d} t \\ & =\int_{-\infty}^{+\infty} \delta(t) e^{-s t} \mathrm{~d} t=e^{-st}|_{t=0}=1 \end{aligned}
L[δ(t)]=L−[δ(t)]=∫0−+∞δ(t)e−st dt=∫−∞+∞δ(t)e−st dt=e−st∣t=0=1
例6 求
f
(
t
)
=
e
−
β
t
δ
(
t
)
−
β
e
−
β
t
u
(
t
)
(
β
>
0
)
f(t)=e^{-\beta t} \delta(t)-\beta e^{-\beta t} u(t)(\beta>0)
f(t)=e−βtδ(t)−βe−βtu(t)(β>0) 的Laplace变换(其中
u
(
t
)
u(t)
u(t) 为单位阶跃函数).
首先根据Laplace的定义，在
R
e
s
>
−
β
Res>-\beta
Res>−β时，可以进行变换：
L
[
f
(
t
)
]
=
∫
0
−
+
∞
[
e
−
β
t
δ
(
t
)
−
β
e
−
β
t
u
(
t
)
]
e
−
s
t
d
t
=
∫
0
−
+
∞
δ
(
t
)
e
−
(
s
+
β
)
t
d
t
−
β
∫
0
+
∞
e
−
(
s
+
β
)
t
d
t
=
1
+
β
e
−
(
β
+
s
)
t
s
+
β
∣
0
+
∞
=
1
−
β
s
+
β
=
s
s
+
β
.
\begin{aligned} \mathfrak{L}[f(t)] & =\int_{0^{-}}^{+\infty}\left[e^{-\beta t} \delta(t)-\beta e^{-\beta t} u(t)\right] e^{-s t} \mathrm{~d} t \\ & =\int_{0^{-}}^{+\infty} \delta(t) e^{-(s+\beta) t} \mathrm{~d} t-\beta \int_0^{+\infty} e^{-(s+\beta) t} \mathrm{~d} t \\ & =1+\left.\beta \frac{e^{-(\beta+s) t}}{s+\beta}\right|_0 ^{+\infty}=1-\frac{\beta}{s+\beta}=\frac{s}{s+\beta} . \end{aligned}
L[f(t)]=∫0−+∞[e−βtδ(t)−βe−βtu(t)]e−st dt=∫0−+∞δ(t)e−(s+β)t dt−β∫0+∞e−(s+β)t dt=1+βs+βe−(β+s)t
0+∞=1−s+ββ=s+βs.
