【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.