【高数+复变函数】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）

$1^{\circ }f(t)$ 在任一有限区间上满足 Dirichlet 条件

$2^{\circ }f(t)$ 在无限区间 $(-\infty ,+\infty )$ 上绝对可积 (即积分 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }|f(t)|\mathrm{d}t$ 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 $f(t)$ 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 $f(t)$, 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 $u(t)$ 和指数衰减函数 ${\mathrm{e}}^{-\beta t}(\beta >0)$ 所具有的特点. 用前者乘 $f(t)$ 可以使积分区间由 $(-\infty ,+\infty )$ 换成 $[0,+\infty )$, 用后者乘 $f(t)$ 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 $u(t){\mathrm{e}}^{-\beta t}(\beta >0)$ 来乘 $f(t)$, 即
$$f(t)u(t){\mathrm{e}}^{-\beta t}(\beta >0).$$
对其进行傅里叶变换
$$\begin{array}{rl}{G}_{\beta }(\omega )& ={\int }_{-\infty }^{+\infty }f(t)u(t){\mathrm{e}}^{-\beta t}{\mathrm{e}}^{-i\omega t}\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{+\infty }f(t){\mathrm{e}}^{-(\beta +j\omega )t}\mathrm{d}t={\int }_0^{+\infty }f(t){\mathrm{e}}^{-st}\mathrm{d}t\end{array}$$
变换后是$s$的函数：$F(s)={\int }_0^{+\infty }f(t){\mathrm{e}}^{-st}\mathrm{d}t$.

由此式所确定的函数 $F(s)$, 实际上是由 $f(t)$ 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 $f(t)$ 当 $t⩾0$ 时有定义, 而且积分
$${\int }_0^{+\infty }f(t){\mathrm{e}}^{-st}\mathrm{d}t(s\text{ 是一个复参量 })$$
在复平面 $s$ 的某一区域内收敛, 由此积分所确定的函数记为
$$F(s)={\int }_0^{+\infty }f(t){\mathrm{e}}^{-st}\mathrm{d}t,$$
则称上式为函数 $f(t)$ 的 Laplace 变换式. 记为$F(s)=\mathcal{C}[f(t)]$
$f(t)$ 为 $F(s)$ 的 Laplace 逆变换 (或称 为象原函数), 记为$f(t)={\mathcal{C}}^{-1}[F(s)]$

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 $f(t)$ 满足下列条件:
$1^{\circ }$ 在 $t⩾0$ 的任一有限区间上连续或分段连续;
$2^{\circ }$ 当 $t\to +\infty$ 时, $f(t)$ 的增长速度不超过某一指数函数, 亦即存在常数 $M>0$ 及 $c⩾0$,使得
$$|f(t)|⩽M{\mathrm{e}}^{ct},0⩽t<+\infty$$
成立 (满足此条件的函数, 称它的增大是不超过指数级的, $c$ 为它的增长指数). 则 $f(t)$ 的 Laplace 变换
$$F(s)={\int }_0^{+\infty }f(t){\mathrm{e}}^{-sx}\mathrm{d}t$$
在半平面 $\mathrm{Re}(s)>c$ 上一定存在

右端的积分在 $\mathrm{Re}(s)⩾c_1>c$ 上绝对收敛而且 一致收敛, 并且在 $\mathrm{Re}(s)>c$ 的半平面内, $F(s)$ 为解析函数…

证明不做要求，是证明$f(t){\mathrm{e}}^{-sx}$绝对可积

上述存在定理是充分非必要条件，也就是在 $\mathrm{Re}(s)<c$时也可能存在，以及$c<0$时也可能成立，也就有一个新定理：

定理2 如果 ${\int }_0^{+\infty }f(t)e^{-st}\mathrm{d}t$ 在 $s_1={\beta }_1+i{\omega }_1$ 处收敛, 则这个积分在 $\mathrm{Re}s>{\beta }_1$ 上处处收敛,且 由这个积分确定的函数 $F(s)$ 在 $\mathrm{Re}s>{\beta }_1$ 上解析; 如果 ${\int }_0^{+\infty }f(t)e^{-st}\mathrm{d}t$ 在 $s_2={\beta }_2+i{\omega }_2$ 处发散, 则这个积分在 $\mathrm{Re}s<{\beta }_2$ 上处处发散.

3. 常见Laplace变换

例 1 求单位阶跃函数 $u(t)=\{\begin{array}{l}0,t<0,\\ 1,t>0\end{array}$ 的 Laplace 变换.

解：$\mathcal{L}[u(t)]={\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-st}\mathrm{d}t$

其中$e^{-st}=e^{-t(\beta +j\omega )}=e^{-t\beta }(coswt-isinwt)$

而$|(coswt-isinwt)|$有界，所以保证$e^{-t\beta }$收敛即可，即需要满足$Re(s)=\beta >0$
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=−s1​e−,t ​0+∞​=s1​
所以$\mathcal{L}[u(t)]=\frac{1}{s}(\mathrm{Re}(s)>0).$

例 2 求函数 $f(t)={\mathrm{e}}^{kt}$ 的 Laplace 变换 ( $k$ 为实数).

这个积分在 $\mathrm{Re}(s)>k$ 时收敛, 而且有
$${\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-(s-k)t}\mathrm{d}t=\frac{1}{s-k},$$
所以
$$\mathcal{L}\left[{\mathrm{e}}^{kt}\right]=\frac{1}{s-k}(\mathrm{Re}(s)>k).$$
例 3 求正弦函数 $f(t)=\sin kt$ ( $k$ 为实数) 的 Laplace 变换.

解
$$\begin{gathered} \mathcal{L}[\sin kt]={\int }_0^{+\infty }\sin kt{\mathrm{e}}^{-st}\mathrm{d}t \\ =\frac{k}{s^2+k^2}(\mathrm{Re}(s)>0).可用两次分部积分证明 \end{gathered}$$
同理可得余弦函数 $f(t)=\cos kt$ ( $k$ 为实数) 的 Laplace 变换
$$\mathcal{L}[\cos kt]=\frac{s}{s^2+k^2}(\mathrm{Re}(s)>0).$$
例4 周期函数和$\delta$函数的Laplace变换

以周期性三角波为例（$f(t+2b)=f(t)$）：
$$f(t)=\{\begin{array}{ll}t,& 0⩽t<b,\\ 2b-t,& b⩽t<2b\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}\mathcal{E}[f(t)]=& {\int }_0^{+\infty }f(t){\mathrm{e}}^{-st}\mathrm{d}t\\ =& {\int }_0^{2b}f(t){\mathrm{e}}^{-st}\mathrm{d}t+{\int }_{2b}^{4b}f(t){\mathrm{e}}^{-st}\mathrm{d}t+{\int }_{4h}^{6t}f(t){\mathrm{e}}^{-st}\mathrm{d}t\\ & +\cdots +{\int }_{2kb}^{2(k+1)b}f(t){\mathrm{e}}^{-st}\mathrm{d}t+\cdots \end{array}$$
令 $t=\tau +2kb$, 则
$$\begin{array}{rl}{\int }_{2kb}^{2(k+1)b}f(t){\mathrm{e}}^{-st}\mathrm{d}t& ={\int }_0^{2b}f(\tau +2kb){\mathrm{e}}^{-s(\tau +2kb)}\mathrm{d}\tau \\ & ={\mathrm{e}}^{-2kbs}{\int }_0^{2b}f(\tau ){\mathrm{e}}^{-s\tau }\mathrm{d}\tau ,\end{array}$$
所以原式可转化成：
$$\mathcal{L}[f(t)]=\sum _{k=0}^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-2kbs}{\int }_0^{2b}f(t){\mathrm{e}}^{-st}\mathrm{d}t=\frac{1}{1-{\mathrm{e}}^{-2bs}}{\int }_0^{2b}f(t){\mathrm{e}}^{-st}\mathrm{d}t$$
之后根据不同函数的$f(t)$计算后式即可。

例5 求单位脉冲函数 $\delta (t)$ 的Laplace变换

首先考虑$t$的定义域问题：

如果在 $t=0$ 处包含了单位脉冲函数时, 则
$${\int }_{0^{-}}^{0^{+}}f(t)e^{-st}\mathrm{d}t\ne 0\text{, 即 }{\mathfrak{L}}_{-}[f(t)]\ne {\mathfrak{L}}_{+}[f(t)]\text{. }$$
因此把 $t\ge 0$ 上定义的函数延拓到 $t>0$ 及$t=0$任意一个邻域内有定义, 并且把Laplace变换定义为
$$\mathcal{L}[f(t)]={\mathfrak{L}}_{-}[f(t)]={\int }_{0^{-}}^{+\infty }f(t)e^{-st}\mathrm{d}t.$$
之后在此拓延下再来考虑单位脉冲函数：
$$\begin{array}{rl}\mathfrak{L}[\delta (t)]& ={\mathfrak{L}}_{-}[\delta (t)]\\ & ={\int }_{0^{-}}^{+\infty }\delta (t)e^{-st}\mathrm{d}t\\ & ={\int }_{-\infty }^{+\infty }\delta (t)e^{-st}\mathrm{d}t=e^{-st}{|}_{t=0}=1\end{array}$$
例6 求 $f(t)=e^{-\beta t}\delta (t)-\beta e^{-\beta t}u(t)(\beta >0)$ 的Laplace变换(其中 $u(t)$ 为单位阶跃函数).

首先根据Laplace的定义，在$Res>-\beta$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​.​文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-472276.html

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