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MASTERY · MATHEMATICS

02-1 拉氏变换及反变换的基本方法

1.2k WORDS6 MIN READ#考研

02-1 拉氏变换及反变换的基本方法

  • 本节课适用对象 零基础的学生 基础薄弱的学生

  • 本节课所授知识点 拉氏变换的定义 拉氏变换的性质：线性性质、微分性质、积分性质、位移定理、初值定理、终值定理、卷积定理 具有单根或者重根的拉氏反变换 性质的推导证明

  • 重要提示 本节课例题应做尽做 下节课会重点讲解正余弦的拉氏变换与反变换 后面会有专门的习题课

1、拉普拉斯变换的定义

  • 简单举例（不用会做，本节课后面会给出详细讲解）

求解方程 y¨(t)+5y˙(t)+6y(t)=6\ddot{y}(t)+5\dot{y}(t)+6y(t)=6，其中：y(0)=2y(0)=2，y˙(0)=2\dot{y}(0)=2。

解：将方程两边取拉普拉斯变换 s2Y(s)−2s−2+5[sY(s)−2]+6Y(s)=6ss^2Y(s)-2s-2+5[sY(s)-2]+6Y(s)=\frac{6}{s}

整理得 Y(s)=2s2+12s+6s(s+2)(s+3)=1s+5s+2−4s+3Y(s)=\frac{2s^2+12s+6}{s(s+2)(s+3)}=\frac{1}{s}+\frac{5}{s+2}-\frac{4}{s+3}

对上式取拉普拉斯反变换 y(t)=1+5e−2t−4e−3t,t>0y(t)=1+5e^{-2t}-4e^{-3t},\quad t>0

对于给定的在区间 t≥0t\ge 0 上至少为分段连续的实函数 f(t)f(t)，定义函数 F(s)=L[f(t)]=∫0+∞f(t)e−stdtF(s)=\mathcal{L}[f(t)]=\int_0^{+\infty}f(t)e^{-st}dt

其中，ss 为复变量，f(t)f(t) 为原函数，F(s)F(s) 为象函数。 它可以把一个时域上的函数 f(t)f(t) 转换成一个复数域上的函数 F(s)F(s)，从而简化系统分析的难度。

  • 例 L[e−at]=1s+a\mathcal{L}\left[e^{-at}\right]=\frac{1}{s+a}

证： L[e−at]=∫0+∞e−ate−stdt=∫0+∞e−(a+s)tdt=−1s+ae−(a+s)t∣0+∞=1s+a\mathcal{L}\left[e^{-at}\right]=\int_{0}^{+\infty}e^{-at}e^{-st}dt=\int_{0}^{+\infty}e^{-(a+s)t}dt=-\left.\frac{1}{s+a}e^{-(a+s)t}\right|_{0}^{+\infty}=\frac{1}{s+a}

  • 例 L[δ(t)]=1\mathcal{L}[\delta(t)]=1

证：定义单位脉冲函数（这部分详细讲解及应用在下一章节）

∫0−0+δ(t)dt=1\int_{0^{-}}^{0^{+}}\delta(t)dt=1

L[δ(t)]=∫0−+∞δ(t)e−stdt=∫0−0+δ(t)e−stdt=∫0−0+δ(t)e−s⋅0dt=∫0−0+δ(t)dt=1\mathcal{L}[\delta(t)]=\int_{0^{-}}^{+\infty}\delta(t)e^{-st}dt=\int_{0^{-}}^{0^{+}}\delta(t)e^{-st}dt=\int_{0^{-}}^{0^{+}}\delta(t)e^{-s\cdot 0}dt=\int_{0^{-}}^{0^{+}}\delta(t)dt=1

  • 例 L[1(t)]=1s\mathcal{L}[1(t)]=\frac{1}{s}

证：定义单位阶跃函数（这部分详细讲解及应用在下一章节）

L[1(t)]=∫0+∞1⋅e−stdt=1s\mathcal{L}[1(t)]=\int_{0}^{+\infty}1\cdot e^{-st}dt=\frac{1}{s}

  • 常用对照表

02-1_p027_fig01.png

原函数 f(t)f(t)象函数 F(s)F(s)原函数 f(t)f(t)象函数 F(s)F(s)
δ(t)\delta(t)11e−ate^{-at}1s+a\frac{1}{s+a}
1(t)1(t)1s\frac{1}{s}sin⁡ωt\sin\omega tωs2+ω2\frac{\omega}{s^2+\omega^2}
tt1s2\frac{1}{s^2}cos⁡ωt\cos\omega tss2+ω2\frac{s}{s^2+\omega^2}
tn−1(n−1)!\frac{t^{n-1}}{(n-1)!}1sn\frac{1}{s^n}

2、拉普拉斯变换的性质

  • 线性性质 若 L[f1(t)]=F1(s)\mathcal{L}[f_1(t)]=F_1(s)，L[f2(t)]=F2(s)\mathcal{L}[f_2(t)]=F_2(s) 则 L[af1(t)+bf2(t)]=aF1(s)+bF2(s)\mathcal{L}[af_1(t)+bf_2(t)]=aF_1(s)+bF_2(s)

  • 例 求下式的拉氏变换。 f(t)=2t+3t2f(t)=2t+3t^2

解： L[t]=1s2,L[t2]=2s3\mathcal{L}[t]=\frac{1}{s^2},\quad \mathcal{L}[t^2]=\frac{2}{s^3}

则 F(s)=2⋅1s2+3⋅2s3=2s2+6s3F(s)=2\cdot\frac{1}{s^2}+3\cdot\frac{2}{s^3}=\frac{2}{s^2}+\frac{6}{s^3}

  • 微分定理 若 L[f(t)]=F(s)\mathcal{L}[f(t)]=F(s)，则 L[df(t)dt]=sF(s)−f(0)\mathcal{L}\left[\frac{df(t)}{dt}\right]=sF(s)-f(0)

L[dnf(t)dtn]=snF(s)−[sn−1f(0)+sn−2f˙(0)+⋯+f(n−1)(0)]\mathcal{L}\left[\frac{d^nf(t)}{dt^n}\right]=s^nF(s)-\left[s^{n-1}f(0)+s^{n-2}\dot{f}(0)+\cdots+f^{(n-1)}(0)\right]

  • 例 求下式的拉氏变换。 y¨(t)+5y˙(t)+6y(t)=6\ddot{y}(t)+5\dot{y}(t)+6y(t)=6，其中，y˙(0)=y(0)=2\dot{y}(0)=y(0)=2。

解： s2Y(s)−sy(0)−y˙(0)+5[sY(s)−y(0)]+6Y(s)=6ss^2Y(s)-sy(0)-\dot{y}(0)+5[sY(s)-y(0)]+6Y(s)=\frac{6}{s}

则 Y(s)=2s2+12s+6s(s+2)(s+3)Y(s)=\frac{2s^2+12s+6}{s(s+2)(s+3)}

  • 积分定理 若 L[f(t)]=F(s)\mathcal{L}[f(t)]=F(s) 则 L[∫f(t)dt]=1sF(s)+1sf(−1)(0)\mathcal{L}\left[\int f(t)dt\right]=\frac{1}{s}F(s)+\frac{1}{s}f^{(-1)}(0) 其中，f(−1)(0)f^{(-1)}(0) 是 ∫f(t)dt\int f(t)dt 在 t=0t=0 时的值。

推论： L[∫⋯∫f(t)(dt)n]=1snF(s)+1snf(−1)(0)+1sn−1f(−2)(0)+⋯+1sf(−n)(0)\mathcal{L}\left[\int\cdots\int f(t)(dt)^n\right]=\frac{1}{s^n}F(s)+\frac{1}{s^n}f^{(-1)}(0)+\frac{1}{s^{n-1}}f^{(-2)}(0)+\cdots+\frac{1}{s}f^{(-n)}(0) 其中，f(−n)(0)f^{(-n)}(0) 是 ∫⋯∫f(t)(dt)n\int\cdots\int f(t)(dt)^n 在 t=0t=0 时的值。

  • 位移定理 若 L[f(t)]=F(s)\mathcal{L}[f(t)]=F(s)，则 L[f(t−τ0)⋅1(t−τ0)]=e−τ0sF(s)\mathcal{L}\left[f(t-\tau_0)\cdot 1(t-\tau_0)\right]=e^{-\tau_0 s}F(s) L[eαtf(t)]=F(s−α)\mathcal{L}\left[e^{\alpha t}f(t)\right]=F(s-\alpha)

  • 例 求下式的拉氏变换。 f(t)=e−0.5t⋅tf(t)=e^{-0.5t}\cdot t

解： L[t]=1s2\mathcal{L}[t]=\frac{1}{s^2}

根据位移定理，则 F(s)=1(s+0.5)2F(s)=\frac{1}{(s+0.5)^2}

  • 例 求下式的拉氏变换。 f(t)=(t−1)2⋅1(t−1)f(t)=(t-1)^2\cdot 1(t-1)

解： L[t2]=2s3\mathcal{L}\left[t^2\right]=\frac{2}{s^3}

根据位移定理，则 F(s)=2e−ss3F(s)=\frac{2e^{-s}}{s^3}

  • 初值定理 若 L[f(t)]=F(s)\mathcal{L}[f(t)]=F(s)，则 f(0+)=lim⁡t→0+f(t)=lim⁡s→∞sF(s)f(0_+)=\lim_{t\to 0_+} f(t)=\lim_{s\to\infty} sF(s)

  • 例 已知 F(s)=2s+1s(s+1)F(s)=\frac{2s+1}{s(s+1)}，求 f(t)f(t) 的初值。

解：根据初值定理，则 f(0+)=lim⁡t→0+f(t)=lim⁡s→∞sF(s)=lim⁡s→∞2s+1s+1=2f(0_+)=\lim_{t\to 0_+} f(t)=\lim_{s\to\infty} sF(s)=\lim_{s\to\infty}\frac{2s+1}{s+1}=2

  • 终值定理（主要应用于下一章节，且使用上稍有不同） 若 sF(s)sF(s) 的所有极点都位于 ss 平面的左半平面，那么 lim⁡t→∞f(t)=lim⁡s→0sF(s)\lim_{t\to\infty}f(t)=\lim_{s\to 0} sF(s)

  • 例 已知 F(s)=2s+1s(s+1)F(s)=\frac{2s+1}{s(s+1)}，求 f(t)f(t) 的终值。

解：根据终值定理，则 lim⁡t→∞f(t)=lim⁡s→0sF(s)=lim⁡s→02s+1s+1=1\lim_{t\to\infty}f(t)=\lim_{s\to 0} sF(s)=\lim_{s\to 0}\frac{2s+1}{s+1}=1

  • 卷积定理 若 L[f1(t)]=F1(s)\mathcal{L}[f_1(t)]=F_1(s)，L[f2(t)]=F2(s)\mathcal{L}[f_2(t)]=F_2(s) 其中 f1(t)∗f2(t)f_1(t)*f_2(t) 和 f2(t)∗f1(t)f_2(t)*f_1(t) 为卷积分，数学定义为 f1(t)∗f2(t)=∫0tf1(t−τ)f2(τ)dτf_1(t)*f_2(t)=\int_0^t f_1(t-\tau)f_2(\tau)d\tau f2(t)∗f1(t)=∫0tf2(t−τ)f1(τ)dτf_2(t)*f_1(t)=\int_0^t f_2(t-\tau)f_1(\tau)d\tau f1(t)∗f2(t)=f2(t)∗f1(t)f_1(t)*f_2(t)=f_2(t)*f_1(t)

3、拉普拉斯反变换

  • 拉普拉斯反变换公式 f(t)=12πj∫σ−j∞σ+j∞F(s)estdsf(t)=\frac{1}{2\pi j}\int_{\sigma-j\infty}^{\sigma+j\infty} F(s)e^{st}ds

一般写为 f(t)=L−1[F(s)]f(t)=\mathcal{L}^{-1}[F(s)]

用积分求拉普拉斯反变换的方法太复杂，通常用部分分式分解的方法去求解。

  • 只含不同单极点的情况 试求表达式的拉普拉斯反变换。 F(s)=s+3s2+3s+2F(s)=\frac{s+3}{s^2+3s+2}

解： F(s)=s+3s2+3s+2=s+3(s+1)(s+2)=a1s+1+a2s+2F(s)=\frac{s+3}{s^2+3s+2}=\frac{s+3}{(s+1)(s+2)}=\frac{a_1}{s+1}+\frac{a_2}{s+2}

F(s)=(a1+a2)s+2a1+a2(s+1)(s+2)F(s)=\frac{(a_1+a_2)s+2a_1+a_2}{(s+1)(s+2)}

a1=2,a2=−1a_1=2,\quad a_2=-1

F(s)=2s+1+−1s+2F(s)=\frac{2}{s+1}+\frac{-1}{s+2}

f(t)=2e−t−e−2tf(t)=2e^{-t}-e^{-2t}

  • 含多重极点的情况 试求表达式的拉普拉斯反变换。 F(s)=s2+2s+3(s+1)3F(s)=\frac{s^2+2s+3}{(s+1)^3}

解： F(s)=s2+2s+3(s+1)3=a3(s+1)3+a2(s+1)2+a1s+1F(s)=\frac{s^2+2s+3}{(s+1)^3}=\frac{a_3}{(s+1)^3}+\frac{a_2}{(s+1)^2}+\frac{a_1}{s+1}

F(s)=a1s2+(2a1+a2)s+a1+a2+a3(s+1)3F(s)=\frac{a_1 s^2+(2a_1+a_2)s+a_1+a_2+a_3}{(s+1)^3}

a1=1,a2=0,a3=2a_1=1,\quad a_2=0,\quad a_3=2

F(s)=2(s+1)3+1s+1F(s)=\frac{2}{(s+1)^3}+\frac{1}{s+1}

f(t)=t2e−t+e−tf(t)=t^2 e^{-t}+e^{-t}

  • 本节课应达成的目标 熟背拉普拉斯变换常用对照表 会应用拉氏变换的性质解决基本的拉氏变换及反变换 本节课中的题目能够独立解决

  • 重要提示 本节课例题应做尽做 下节课会重点讲解正余弦的拉氏变换及反变换 后面会有专门的习题课

4、性质的推导证明

  • 线性性质 若 L[f1(t)]=F1(s)\mathcal{L}[f_1(t)]=F_1(s)，L[f2(t)]=F2(s)\mathcal{L}[f_2(t)]=F_2(s)，则 L[af1(t)+bf2(t)]=aF1(s)+bF2(s)\mathcal{L}[af_1(t)+bf_2(t)]=aF_1(s)+bF_2(s)

证明： L[af1(t)+bf2(t)]=∫0+∞[af1(t)+bf2(t)]e−stdt\mathcal{L}[af_1(t)+bf_2(t)]=\int_0^{+\infty}[af_1(t)+bf_2(t)]e^{-st}dt =∫0+∞[af1(t)]e−stdt+∫0+∞[bf2(t)]e−stdt=aF1(s)+bF2(s)=\int_0^{+\infty}[af_1(t)]e^{-st}dt+\int_0^{+\infty}[bf_2(t)]e^{-st}dt=aF_1(s)+bF_2(s)

  • 微分定理 若 L[f(t)]=F(s)\mathcal{L}[f(t)]=F(s)，则 L[df(t)dt]=sF(s)−f(0)\mathcal{L}\left[\frac{df(t)}{dt}\right]=sF(s)-f(0) L[dnf(t)dtn]=snF(s)−[sn−1f(0)+sn−2f˙(0)+⋯+f(n−1)(0)]\mathcal{L}\left[\frac{d^n f(t)}{dt^n}\right]=s^n F(s)-\left[s^{n-1}f(0)+s^{n-2}\dot{f}(0)+\cdots+f^{(n-1)}(0)\right]

证明： L[f(t)]=∫0+∞[f(t)]e−stdt=∫0+∞[f(t)]1−sde−st\mathcal{L}[f(t)]=\int_0^{+\infty}[f(t)]e^{-st}dt=\int_0^{+\infty}[f(t)]\frac{1}{-s}de^{-st} =f(t)e−st−s∣0+∞−∫0+∞e−st−sdf(t)=f(0)s+1s∫0+∞df(t)dte−stdt=f(0)s+1sL[ddtf(t)]=\left.f(t)\frac{e^{-st}}{-s}\right|_0^{+\infty}-\int_0^{+\infty}\frac{e^{-st}}{-s}df(t)=\frac{f(0)}{s}+\frac{1}{s}\int_0^{+\infty}\frac{df(t)}{dt}e^{-st}dt=\frac{f(0)}{s}+\frac{1}{s}\mathcal{L}\left[\frac{d}{dt}f(t)\right]

  • 积分定理 若 L[f(t)]=F(s)\mathcal{L}[f(t)]=F(s)，则 L[∫f(t)dt]=1sF(s)+1sf(−1)(0)\mathcal{L}\left[\int f(t)dt\right]=\frac{1}{s}F(s)+\frac{1}{s}f^{(-1)}(0) L[∫⋯∫f(t)(dt)n]=1snF(s)+1snf(−1)(0)+1sn−1f(−2)(0)+⋯+1sf(−n)(0)\mathcal{L}\left[\int\cdots\int f(t)(dt)^n\right]=\frac{1}{s^n}F(s)+\frac{1}{s^n}f^{(-1)}(0)+\frac{1}{s^{n-1}}f^{(-2)}(0)+\cdots+\frac{1}{s}f^{(-n)}(0)

证明： L[∫f(t)dt]=∫0+∞[∫f(t)dt]e−stdt\mathcal{L}\left[\int f(t)dt\right]=\int_0^{+\infty}\left[\int f(t)dt\right]e^{-st}dt =∫0+∞[∫f(t)dt]1−sde−st=[∫f(t)dt]e−st−s∣0+∞−∫0+∞e−st−sf(t)dt=\int_0^{+\infty}\left[\int f(t)dt\right]\frac{1}{-s}de^{-st}=\left.\left[\int f(t)dt\right]\frac{e^{-st}}{-s}\right|_0^{+\infty}-\int_0^{+\infty}\frac{e^{-st}}{-s}f(t)dt =f(−1)(0)s+F(s)s=\frac{f^{(-1)}(0)}{s}+\frac{F(s)}{s}

  • 位移定理 若 L[f(t)]=F(s)\mathcal{L}[f(t)]=F(s)，则 L[f(t−τ0)⋅1(t−τ0)]=e−τ0sF(s)\mathcal{L}\left[f(t-\tau_0)\cdot 1(t-\tau_0)\right]=e^{-\tau_0 s}F(s) L[eαtf(t)]=F(s−α)\mathcal{L}\left[e^{\alpha t}f(t)\right]=F(s-\alpha)

证明： L[eαtf(t)]=∫0+∞eαtf(t)e−stdt=∫0+∞f(t)e−(s−α)tdt=F(s−α)\mathcal{L}\left[e^{\alpha t}f(t)\right]=\int_0^{+\infty}e^{\alpha t}f(t)e^{-st}dt=\int_0^{+\infty}f(t)e^{-(s-\alpha)t}dt=F(s-\alpha)

L[f(t−τ0)⋅1(t−τ0)]=∫0+∞f(t−τ0)⋅1(t−τ0)e−stdt\mathcal{L}\left[f(t-\tau_0)\cdot 1(t-\tau_0)\right]=\int_0^{+\infty}f(t-\tau_0)\cdot 1(t-\tau_0)e^{-st}dt =∫τ0+∞f(t−τ0)e−stdt=令τ=t−τ0∫0+∞f(τ)e−s(τ+τ0)d(τ+τ0)=\int_{\tau_0}^{+\infty}f(t-\tau_0)e^{-st}dt\overset{\text{令}\tau=t-\tau_0}{=}\int_0^{+\infty}f(\tau)e^{-s(\tau+\tau_0)}d(\tau+\tau_0) =e−τ0s∫0+∞f(τ)e−sτdτ=e−τ0sF(s)=e^{-\tau_0 s}\int_0^{+\infty}f(\tau)e^{-s\tau}d\tau=e^{-\tau_0 s}F(s)

  • 初值定理 若 L[f(t)]=F(s)\mathcal{L}[f(t)]=F(s)，则 f(0+)=lim⁡t→0+f(t)=lim⁡s→∞sF(s)f(0_+)=\lim_{t\to 0_+} f(t)=\lim_{s\to\infty} sF(s)

证明： L[df(t)dt]=∫0+∞df(t)dte−stdt=sF(s)−f(0)\mathcal{L}\left[\frac{df(t)}{dt}\right]=\int_0^{+\infty}\frac{df(t)}{dt}e^{-st}dt=sF(s)-f(0)

两边取极限，得 lim⁡s→+∞[∫0+∞df(t)dte−stdt]=lim⁡s→+∞[sF(s)−f(0)]\lim_{s\to+\infty}\left[\int_0^{+\infty}\frac{df(t)}{dt}e^{-st}dt\right]=\lim_{s\to+\infty}[sF(s)-f(0)]

在 0+<t<∞0_+ < t < \infty 的时间区间内，当 s→∞s\to\infty 时，e−ste^{-st} 趋于零，则 0=lim⁡s→+∞sF(s)−lim⁡s→+∞f(0+)0=\lim_{s\to+\infty}sF(s)-\lim_{s\to+\infty}f(0_+) f(0+)=lim⁡t→0+f(t)=lim⁡s→+∞sF(s)f(0_+)=\lim_{t\to 0_+}f(t)=\lim_{s\to+\infty}sF(s)

  • 终值定理（主要应用于下一章节，且使用上稍有不同） 若 sF(s)sF(s) 的所有极点都位于 ss 平面的左半平面，那么 lim⁡t→∞f(t)=lim⁡s→0sF(s)\lim_{t\to\infty}f(t)=\lim_{s\to 0}sF(s)

证明： L[df(t)dt]=∫0+∞df(t)dte−stdt=sF(s)−f(0)\mathcal{L}\left[\frac{df(t)}{dt}\right]=\int_0^{+\infty}\frac{df(t)}{dt}e^{-st}dt=sF(s)-f(0)

两边取极限，得 lim⁡s→0[∫0+∞df(t)dte−stdt]=lim⁡s→0[sF(s)−f(0)]\lim_{s\to 0}\left[\int_0^{+\infty}\frac{df(t)}{dt}e^{-st}dt\right]=\lim_{s\to 0}[sF(s)-f(0)]

等式左边为 lim⁡s→0[∫0+∞df(t)dte−stdt]=∫0+∞df(t)dtlim⁡s→0e−stdt=∫0+∞df(t)=lim⁡t→+∞∫0tdf(t)=lim⁡t→+∞[f(t)−f(0)]\lim_{s\to 0}\left[\int_0^{+\infty}\frac{df(t)}{dt}e^{-st}dt\right]=\int_0^{+\infty}\frac{df(t)}{dt}\lim_{s\to 0}e^{-st}dt=\int_0^{+\infty}df(t)=\lim_{t\to+\infty}\int_0^t df(t)=\lim_{t\to+\infty}[f(t)-f(0)]

则 lim⁡t→∞f(t)=lim⁡s→0sF(s)\lim_{t\to\infty}f(t)=\lim_{s\to 0}sF(s)

  • 卷积定理 若 L[f1(t)]=F1(s)\mathcal{L}[f_1(t)]=F_1(s)，L[f2(t)]=F2(s)\mathcal{L}[f_2(t)]=F_2(s)，则 L[f1(t)∗f2(t)]=L[f2(t)∗f1(t)]=F1(s)F2(s)=F2(s)F1(s)\mathcal{L}[f_1(t)*f_2(t)]=\mathcal{L}[f_2(t)*f_1(t)]=F_1(s)F_2(s)=F_2(s)F_1(s)

证明： L[f1(t)∗f2(t)]=L[∫0tf1(t−τ)f2(τ)dτ]=∫0+∞[∫0tf1(t−τ)f2(τ)dτ]e−stdt\mathcal{L}[f_1(t)*f_2(t)]=\mathcal{L}\left[\int_0^t f_1(t-\tau)f_2(\tau)d\tau\right]=\int_0^{+\infty}\left[\int_0^t f_1(t-\tau)f_2(\tau)d\tau\right]e^{-st}dt

引入单位阶跃函数，有

∫0tf1(t−τ)f2(τ)dτ=∫0+∞f1(t−τ)⋅1(t−τ)f2(τ)dτ\int_0^t f_1(t-\tau)f_2(\tau)d\tau = \int_0^{+\infty} f_1(t-\tau)\cdot 1(t-\tau)f_2(\tau)d\tau

∫0+∞[∫0+∞f1(t−τ)⋅1(t−τ)f2(τ)dτ]e−stdt=∫0+∞f2(τ)dτ∫0+∞f1(t−τ)1(t−τ)e−stdt\int_0^{+\infty}\left[\int_0^{+\infty} f_1(t-\tau)\cdot 1(t-\tau)f_2(\tau)d\tau\right]e^{-st}dt=\int_0^{+\infty}f_2(\tau)d\tau\int_0^{+\infty}f_1(t-\tau)1(t-\tau)e^{-st}dt

=∫0+∞f2(τ)dτ∫τ+∞f1(t−τ)e−stdt=\int_0^{+\infty}f_2(\tau)d\tau\int_\tau^{+\infty}f_1(t-\tau)e^{-st}dt

=令t−τ=λ∫0+∞f2(τ)dτ∫0+∞f1(λ)e−sλe−sτdλ=∫0+∞f2(τ)e−sτdτ∫0+∞f1(λ)e−sλdλ=F2(s)F1(s)\overset{\text{令}t-\tau=\lambda}{=}\int_0^{+\infty}f_2(\tau)d\tau\int_0^{+\infty}f_1(\lambda)e^{-s\lambda}e^{-s\tau}d\lambda=\int_0^{+\infty}f_2(\tau)e^{-s\tau}d\tau\int_0^{+\infty}f_1(\lambda)e^{-s\lambda}d\lambda=F_2(s)F_1(s)

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