拉普拉斯变换

对于许多实际问题，信号往往在\(t<0\)时没有定义，并且许多指数级增长的函数不存在傅里叶变换，因此需要引入拉普拉斯变换来处理这些问题。

拉普拉斯变换的定义

对于定义在\([0,+\infty]\)的实值函数\(f(t)\)，若对于某个复数\(s=\beta + j \omega\)，积分

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

收敛，则称\(F(s)\)为\(f(t)\)的拉普拉斯变换，记作\(\mathscr{L}[f(t)] = F(s)\)。其中\(s\)为复变量，称为复频率变量。相应的，\(f(t)\)称为\(F(s)\)的拉普拉斯逆变换，记作\(\mathscr{L}^{-1}[F(s)] = f(t)\)。

实际上，拉普拉斯变换可以看作是傅里叶变换的一种推广形式。设\(s = \beta + j \omega\)，则

\[ \mathscr{L}[f(t)] = \int_{0}^{+\infty} f(t) e^{-\beta t} e^{-j \omega t} \, \mathrm{d}t = \mathscr{F}[f(t) e^{-\beta t}] \]

因此，拉普拉斯变换可以看作是对函数\(f(t)\)乘以一个指数衰减因子\(e^{-\beta t}\)后的傅里叶变换。

对于指数函数\(f(t) = e^{\alpha t}\)，可以得到其拉普拉斯变换为：

\[ \mathscr{L}[e^{\alpha t}] = \int_{0}^{+\infty} e^{\alpha t} e^{-s t} \, \mathrm{d}t = \frac{1}{s - \alpha} \quad ( \text{Re}(s) > \text{Re}(\alpha)) \]

相应的，余弦函数与正弦函数的拉普拉斯变换也可以给出：

\[ \mathscr{L}[\cos \omega t] = \frac{s}{s^2 + \omega^2} \quad ( \text{Re}(s) > 0)\\ \mathscr{L}[\sin \omega t] = \frac{\omega}{s^2 + \omega^2} \quad ( \text{Re}(s) > 0) \]

可以看到拉普拉斯函数对于常见的函数有着不错的适用性，但是拉普拉斯变换的使用仍然是有条件的。这里给出拉普拉斯变换的存在定理：

设\(f(t)\)在\([0,+\infty)\)上满足以下条件： 1. 在任意有限区间上\(f(t)\)是分段连续的； 2. 存在常数\(M>0\)，\(c \in \mathbb{R}\)，使得对于所有\(t \geq 0\)，都有\(|f(t)| \leq M e^{c t}\)；

则对于所有\(s\)满足\(\text{Re}(s) > c\)，拉普拉斯变换\(F(s) = \mathscr{L}[f(t)]\)存在且收敛。

说明了拉普拉斯变换要求函数在增长速度上受到指数函数的限制。

拉普拉斯变换性质

对于\(f(t)\)与\(g(t)\)，其拉普拉斯变换分别为\(F(s) = \mathscr{L}[f(t)]\)与\(G(s) = \mathscr{L}[g(t)]\)，则有以下性质： 1. 线性性质：

\[ \mathscr{L}[a f(t) + b g(t)] = a F(s) + b G(s)\\ \mathscr{L}^{-1}[a F(s) + b G(s)] = a f(t) + b g(t) \]

1. 位移性质：

\[ \mathscr{L}[e^{s_0 t} f(t)] = F(s - s_0) \]

1. 延迟性质：

\[ \mathscr{L}[f(t - t_0) u(t - t_0)] = e^{-s t_0} F(s) \]

1. 微分性质：

\[ \begin{aligned} \mathscr{L}\left[\frac{\mathrm{d}^n f(t)}{\mathrm{d} t^n}\right] &= s^n F(s) - s^{n-1} f(0) - s^{n-2} f'(0) - \cdots - f^{(n-1)}(0)\\ F^{(n)}(s) &= (-1)^n \mathscr{L}[t^n f(t)] \end{aligned} \]

1. 积分性质：

\[ \begin{aligned} \mathscr{L}\left[\int_{0}^{t} f(\tau) \, \mathrm{d}\tau\right] &= \frac{1}{s} F(s)\\ \int_{s}^{\infty} F(\tau) \, \mathrm{d}\tau &= \mathscr{L}\left[\frac{f(t)}{t}\right] \end{aligned} \]

卷积性质

由于拉普拉斯变换只考虑\([0,+\infty)\)的时域范围，设\(f(t)\)与\(g(t)\)是两个时域信号，则它们的卷积定义为：

\[ f(t) * g(t) = \int_{0}^{t} f(\tau) g(t - \tau) \, \mathrm{d}\tau \]

相对于傅里叶变化同样有卷积定理：

\[ \mathscr{L}[f(t) * g(t)] = F(s) \cdot G(s)\\ \mathscr{L}^{-1}[F(s) \cdot G(s)] = f(t) * g(t) \]

拉普拉斯逆变换

为了计算拉普拉斯逆变换，可以给出反演积分公式：

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

对于这一类积分，可以使用留数定理来计算。

设\(F(s)\)在\(Re(s) < \beta\)的区域内有有限个孤立奇点\(s_1,s_2,\cdots,s_n\)且在\(Re(s) \geq \beta\)上解析。若当\(s \to \infty\)时，\(F(s) \to 0\)，则有：

\[ f(t) = \frac{1}{2 \pi j} \int_{\beta - j \infty}^{\beta + j \infty} F(s) e^{s t} \, \mathrm{d}s = \sum_{k = 1}^n \text{Res}[F(s) e^{s t}, s_k] \]

这个公式看起来和我们前面的知识联系非常紧密，但事实上当我们熟练掌握拉普拉斯变换对后，通过性质会有更好的解决方式。

拉普拉斯逆变换的应用

反常积分的计算

利用拉普拉斯变换的性质，取\(s= 0\)，可以计算如下形式的反常积分：

\[ \int_{0}^{+\infty} f(t) \, \mathrm{d}t = F(0)\quad \int_0^{+\infty} tf(t)\, \mathrm{d}t = -F'(0)\quad \int_{0}^{+\infty} \dfrac{f(t)}{t} \, \mathrm{d}t = \int_{0}^{\infty} F(s) \, \mathrm{d}s \]

对于我们之前在留数章节中遇到的积分问题\(\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\sin x}{x} \mathrm{d} x= \dfrac{\pi}{2}\)，也可以使用拉普拉斯变换来计算。利用积分性质

\[ \mathscr{L}\left[\frac{\sin t}{t}\right] = \int_{s}^{\infty} \frac{1}{\tau^2 + 1} \mathrm{d}\tau = \text{arccot} s \]

取\(s=0\)，则有

\[ \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin t}{t} \, \mathrm{d}t = \mathscr{L}\left[\frac{\sin t}{t}\right]_{s=0} = \text{arccot} 0 = \frac{\pi}{2} \]

求解常微分方程（组）

由于微分性质

\[ \mathscr{L}\left[\frac{\mathrm{d}^n f(t)}{\mathrm{d} t^n}\right] = s^n F(s) - s^{n-1} f(0) - s^{n-2} f'(0) - \cdots - f^{(n-1)}(0) \]

因此在处理常微分方程时，可以通过拉普拉斯变换将微分方程转化为代数方程，并且利用初始条件来求解，再求拉普拉斯逆变换。

习题

1. 已知\(f(t) = t\int^t_0e^{t - \tau}\sin 2\tau \mathrm{d}\tau\)，求\(f(t)\)的拉普拉斯变换\(\mathscr{L}[f(t)]\)

由于

\[ f(t) = te^t\int^t_0e^{- \tau}\sin 2\tau \mathrm{d}\tau \]

可以将\(f(t)\)逐步拆解，充分利用拉普拉斯变换的相关性质

\[ \begin{aligned} \mathscr{L}[e^{-t}\sin 2t] &= \frac{2}{(s + 1)^2 + 4}\\ \mathscr{L}\left[\int^t_0e^{- \tau}\sin 2\tau \mathrm{d}\tau\right] &= \frac{1}{s}\mathscr{L}[e^{-t}\sin 2t] = \frac{2}{s[(s+1)^2+4]}\\ \mathscr{L}\left[t\int^t_0e^{- \tau}\sin 2\tau \mathrm{d}\tau\right] &= - \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\mathscr{L}\left[\int^t_0e^{- \tau}\sin 2\tau \mathrm{d}\tau\right] = \frac{6s^2+8s+10}{s^2[(s+1)^2 + 4]}\\ \mathscr{L}[f(t)] &= \frac{6(s-1)^2 + 8(s-1)+10}{(s-1)^2(s^2+4)^2} = \frac{6s^2 - 4s + 8}{(s-1)^2(s^2+4)^2} \end{aligned} \]

1. 已知\(F(s) = \dfrac{e^{-s}}{s^2(s^2+1)}\)，求\(F(s)\)的拉普拉斯逆变换\(\mathscr{L}^{-1}[F(s)]\)

容易得到

\[ F(s) = e^{-s}\left(\frac{1}{s^2} - \frac{1}{s^2+1}\right) \]

且

\[ \mathscr{L}^{-1}\left[\frac{1}{s^2} - \frac{1}{s^2+1}\right] = t - \sin t \]

反向利用延迟性质

\[ \mathscr{L}^{-1}\left[F(s)\right] = [t - 1 - \sin (t - 1)]u(t-1) \]

1. 求解微分方程\(y'' + 4y = \cos 2t\)，满足\(y(0) = 1, y\left(\dfrac{\pi}{4}\right) = 0\)

对微分方程两侧去拉普拉斯变换可得

\[ s^2Y(s) - s - y'(0) + 4Y(s) = \frac{s}{s^2 + 4} \]

化简可得

\[ Y(s) = \frac{s}{(s^2 + 4)^2} + \frac{s}{s^2 + 4} + \frac{y'(0)}{s^2 + 4} \]

进行拉普拉斯逆变换就有

\[ y(t) = \frac{1}{4}t\sin 2t + \cos 2t + \frac{1}{2}y'(0)\sin 2t \]

再将\(y\left(\dfrac{\pi}{4}\right) = 0\)代入可以解得

\[ y(t) = \frac{1}{4}t\sin 2t + \cos 2t - \frac{\pi}{16}\sin 2t \]

1. 计算积分

\[ \int_0^{+\infty} \dfrac{\cos bx}{x^2 + a^2} \mathrm{d}x \quad ( a > 0, b > 0) \]

记\(I(b) = \int_0^{+\infty} \dfrac{\cos bx}{x^2 + a^2} \mathrm{d}x\)，对\(b\)作拉普拉斯变换

\[ \mathscr{L}[I(b)] = \int_0^{+\infty} I(b) e^{-s b} \mathrm{d}b = \int_0^{+\infty} \left( \int_0^{+\infty} \dfrac{\cos bx}{x^2 + a^2} \mathrm{d}x \right) e^{-s b} \mathrm{d}b \]

交换积分次序可得

\[ \begin{aligned} \mathscr{L}[I(b)] & = \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{x^2 + a^2} \left( \int_0^{+\infty} \cos bx e^{-s b} \mathrm{d}b \right) \mathrm{d}x\\ &= \int_0^{+\infty} \dfrac{1}{x^2 + a^2} \cdot \dfrac{s}{s^2 + x^2} \mathrm{d}x\\ &= \frac{s}{s^2 - a^2} \int_0^{+\infty} \left( \dfrac{1}{x^2 + a^2} - \dfrac{1}{x^2 + s^2} \right) \mathrm{d}x\\ &= \frac{s}{s^2 - a^2} \cdot \frac{\pi}{2} \left( \frac{1}{a} - \frac{1}{s} \right) = \frac{\pi}{2 a (s + a)} \end{aligned} \]

在进行拉普拉斯逆变换可得

\[ I(b) = \frac{\pi}{2 a} e^{-a b} \]

1. 求\(F(s) = \ln\dfrac{ s^2 - 1}{s^2}\)的拉普拉斯逆变换

由于

\[ F'(s) = \frac{2}{s(s^2-1)} = \frac{1}{s+1} + \frac{1}{s-1}-\frac{2}{s} \]

容易得到

\[ \mathscr{L}^{-1}\left[\frac{1}{s+1} + \frac{1}{s-1}-\frac{2}{s}\right] = e^{-t} + e^t - 2 \]

反向利用像函数的微分性质，可以得到

\[ \mathscr{L}^{-1}[F(s)] = -\frac{e^{-t} + e^t - 2}{t} = \frac{2 - e^{-t} - e^t}{t} \]