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 $\ddot{y}(t)+5\dot{y}(t)+6y(t)=6$，其中：$y(0)=2$，$\dot{y}(0)=2$。 解：将方程两边取拉普拉斯变换 $s^2Y(s)-2s-2+5[sY(s)-2]+6Y(s)=\frac{6}{s}$ 整理得 $Y(s)=\frac{2s^2+12s+6}{s(s+2)(s+3)}=\frac{1}{s}+\frac{5}{s+2}-\frac{4}{s+3}$ 对上式取拉普拉斯反变换 $y(t)=1+5e^{-2t}-4e^{-3t},\ t>0$ 对于给定的在区间 $t\ge 0$ 上至少为分段连续的实函数 $f(t)$，定义函数 $F(s)=L[f(t)]=\int_0^{+\infty}f(t)e^{-st}dt$ 其中，$s$为复变量，$f(t)$为原函数，$F(s)$为象函数 它可以把一个时域上的函数 $f(t)$ 转换成一个复数域上的函数 $F(s)$，从而简化系统分析的难度。
• 例 $L\left[e^{-at}\right]=\frac{1}{s+a}$ 证： $L\left[e^{-at}\right]=\int_{0}^{+\infty}e^{-at}e^{-st}dt=\int_{0}^{+\infty}e^{-(a+s)t}dt=-\left.\frac{1}{s+a}e^{-(a+s)t}\right|_{0}^{+\infty}=\frac{1}{s+a}$
• 例 $L[\delta(t)]=1$ 证：定义单位脉冲函数（这部分详细讲解及应用在下一章节）

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$\int_{0^{-}}^{0^{+}}\delta(t)dt=1$ $L[\delta(t)]=\int_{0^{-}}^{+\infty}\delta(t)e^{-st}dt=\int_{0^{-}}^{0^{+}}\delta(t)e^{-st}dt=\int_{0^{-}}^{0^{+}}\delta(t)e^{-s0}dt=\int_{0^{-}}^{0^{+}}\delta(t)dt=1$

• 例 $L[1(t)]=\frac{1}{s}$ 证：定义单位阶跃函数（这部分详细讲解及应用在下一章节）

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$L[1(t)]=\int_{0}^{+\infty}1\cdot e^{-st}dt=\frac{1}{s}$

• 常用对照表 | 原函数 $f(t)$ | 象函数 $F(s)$ | 原函数 $f(t)$ | 象函数 $F(s)$ | | :---: | :---: | :---: | :---: | | $\delta(t)$ | $1$ | $e^{-at}$ | $\frac{1}{s+a}$ | | $1(t)$ | $\frac{1}{s}$ | $\sin\omega t$ | $\frac{\omega}{s^2+\omega^2}$ | | $t$ | $\frac{1}{s^2}$ | $\cos\omega t$ | $\frac{s}{s^2+\omega^2}$ | | :---: | :---: | :---: | :---: | | $\frac{t^{n-1}}{(n-1)!}$ | $\frac{1}{s^n}$ | | | 2、拉普拉斯变换的性质
• 线性性质 若 $L[f_1(t)]=F_1(s)$，$L[f_2(t)]=F_2(s)$ 则 $L[af_1(t)+bf_2(t)]=aF_1(s)+bF_2(s)$
• 例 求下式的拉氏变换。 $f(t)=2t+3t^2$ 解： $L[t]=\frac{1}{s^2} \quad L[t^2]=\frac{2}{s^3}$ 则 $F(s)=2\cdot\frac{1}{s^2}+6\cdot\frac{1}{s^3}$
• 微分定理 若 $L[f(t)]=F(s)$，则 $L\left[\frac{df(t)}{dt}\right]=sF(s)-f(0)$ $L\left[\frac{d^nf(t)}{dt^n}\right]=s^nF(s)-[s^{n-1}f(0)+s^{n-2}\dot{f}(0)+\cdots+f^{(n-1)}(0)]$
• 例 求下式的拉氏变换。 $\ddot{y}(t)+5\dot{y}(t)+6y(t)=6$，其中，$\dot{y}(0)=y(0)=2$。 解： $s^2Y(s)-sy(0)-\dot{y}(0)+5[sY(s)-y(0)]+6Y(s)=\frac{6}{s}$ 则 $Y(s)=\frac{2s^2+12s+6}{s(s+2)(s+3)}$
• 积分定理 若 $L[f(t)]=F(s)$ 则 $L\left[\int f(t)\text{d}t\right]=\frac{1}{s}F(s)+\frac{1}{s}f^{(-1)}(0)$ 其中，$f^{(-1)}(0)$ 是 $\int f(t)\text{d}t$ 在 $t=0$ 时的值。 推论： $L\left[\int\cdots\int f(t)(\text{d}t)^n\right]=\frac{1}{s^n}F(s)+\frac{1}{s^n}f^{(-1)}(0)+\frac{1}{s^{n-1}}f^{(-2)}(0)+\cdots+\frac{1}{s}f^{(-n)}(0)$ 其中，$f^{(-n)}(0)$ 是 $\int\cdots\int f(t)(\text{d}t)^n$ 在 $t=0$ 时的值。
• 位移定理 若 $L[f(t)]=F(s)$，则 $L\left[f(t-\tau_0)\cdot 1(t-\tau_0)\right]=\text{e}^{-\tau_0 s}F(s)$ $L\left[\text{e}^{\alpha t}f(t)\right]=F(s-\alpha)$
• 例 求下式的拉氏变换。 $f(t)=\text{e}^{-0.5t}\cdot t$ 解： $L[t]=\frac{1}{s^2}$ 根据位移定理，则 $F(s)=\frac{1}{(s+0.5)^2}$
• 例 求下式的拉氏变换。 $f(t)=(t-1)^2\cdot 1(t-1)$ 解： $L\left[t^2\right]=\frac{2}{s^3}$ 根据位移定理，则 $F(s)=\frac{2e^{-s}}{s^3}$
• 初值定理 若 $L[f(t)]=F(s)$，则 $f\left(0_+\right)=\lim_{t\to 0_+} f(t)=\lim_{s\to\infty} sF(s)$
• 例 已知 $F(s)=\frac{2s+1}{s(s+1)}$，求 $f(t)$ 的初值。 解：根据初值定理，则 $f\left(0_+\right)=\lim_{t\to 0_+} f(t)=\lim_{s\to\infty} sF(s)=\lim_{s\to\infty}\frac{2s+1}{s+1}=2$
• 终值定理（主要应用于下一章节，且使用上稍有不同） 若 $sF(s)$ 的所有极点都位于 $s$ 平面的左半平面，那么 $\lim_{t\to\infty}f(t)=\lim_{s\to 0} sF(s)$
• 例 已知 $F(s)=\frac{2s+1}{s(s+1)}$，求 $f(t)$ 的终值。 解：根据终值定理，则 $\lim_{t\to\infty}f(t)=\lim_{s\to 0} sF(s)=\lim_{s\to 0}\frac{2s+1}{s+1}=1$
• 卷积定理 若 $L[f_1(t)]=F_1(s)\quad L[f_2(t)]=F_2(s)$ 其中 $f_1(t)*f_2(t)$ 和 $f_2(t)*f_1(t)$ 为卷积分，数学定义为 $f_1(t)*f_2(t)=\int_0^t f_1(t-\tau)f_2(\tau)d\tau$ $f_2(t)*f_1(t)=\int_0^t f_2(t-\tau)f_1(\tau)d\tau$ $f_1(t) * f_2(t) = f_2(t) * f_1(t)$ 3、拉普拉斯反变换 ・拉普拉斯反变换公式 $f(t) = \frac{1}{2\pi j}\int_{a-j\infty}^{a+j\infty} F(s)e^{st}ds$ 一般写为 $f(t) = L^{-1}[F(s)]$ 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。 $F(s) = \frac{s+3}{s^2+3s+2}$ 解： $F(s) = \frac{s+3}{s^2+3s+2} = \frac{s+3}{(s+1)(s+2)} = \frac{a_1}{s+1} + \frac{a_2}{s+2}$ $F(s) = \frac{(a_1+a_2)s+2a_1+a_2}{(s+1)(s+2)}$ $a_1 = 2,\ a_2 = -1$ $F(s) = \frac{2}{s+1} + \frac{-1}{s+2}$ $f(t) = 2e^{-t} - e^{-2t}$ ・含多重极点的情况 试求表达式的拉普拉斯反变换。 $F(s) = \frac{s^2+2s+3}{(s+1)^3}$ 解： $F(s) = \frac{s^2+2s+3}{(s+1)^3} = \frac{a_3}{(s+1)^3} + \frac{a_2}{(s+1)^2} + \frac{a_1}{s+1}$ $F(s)=\frac{a_{1}s^{2}+(2a_{1}+a_{2})s+a_{1}+a_{2}+a_{3}}{(s+1)^{3}}$ $a_{1}=1,\ a_{2}=0,\ a_{3}=2$ $F(s)=\frac{2}{(s+1)^{3}}+\frac{1}{s+1}$ $f(t)=e^{-t}t^{2}+e^{-t}$
• 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 $L[f_{1}(t)]=F_{1}(s)$，$L[f_{2}(t)]=F_{2}(s)$，则 $L[af_{1}(t)+bf_{2}(t)]=aF_{1}(s)+bF_{2}(s)$ 证明： $L[af_{1}(t)+bf_{2}(t)]=\int_{0}^{+\infty}[af_{1}(t)+bf_{2}(t)]e^{-st}dt$ $=\int_{0}^{+\infty}[af_{1}(t)]e^{-st}dt+\int_{0}^{+\infty}[bf_{2}(t)]e^{-st}dt=aF_{1}(s)+bF_{2}(s)$
• 微分定理 若 $L[f(t)]=F(s)$，则 $L\left[\frac{df(t)}{dt}\right]=sF(s)-f(0)$ $L\left[\frac{d^{n}f(t)}{dt^{n}}\right]=s^{n}F(s)-\left[s^{n-1}f(0)+s^{n-2}\dot{f}(0)+\cdots+f^{(n-1)}(0)\right]$ 证明： $L[f(t)]=\int_0^{+\infty}[f(t)]e^{-st}dt=\int_0^{+\infty}[f(t)]\frac{1}{-s}de^{-st}$ $=f(t)\frac{e^{-st}}{-s}\bigg|_0^{+\infty}-\int_0^{+\infty}\frac{e^{-st}}{-s}df(t)=\frac{f(0)}{s}+\frac{1}{s}\int_0^{+\infty}\frac{df(t)}{dt}e^{-st}dt=\frac{f(0)}{s}+\frac{1}{s}L\left[\frac{d}{dt}f(t)\right]$
• 积分定理 若 $L[f(t)]=F(s)$，则 $L\left[\int f(t)dt\right]=\frac{1}{s}F(s)+\frac{1}{s}f^{(-1)}(0)$ $L\left[\int\dots\int f(t)(dt)^n\right]=\frac{1}{s^n}F(s)+\frac{1}{s^n}f^{(-1)}(0)+\frac{1}{s^{n-1}}f^{(-2)}(0)+\dots+\frac{1}{s}f^{(-n)}(0)$ 证明： $L\left[\int f(t)dt\right]=\int_0^{+\infty}\left[\int f(t)dt\right]e^{-st}dt$ $=\int_0^{+\infty}\left[\int f(t)dt\right]\frac{1}{-s}de^{-st}=\left[\int f(t)dt\right]\frac{e^{-st}}{-s}\bigg|_0^{+\infty}-\int_0^{+\infty}\frac{e^{-st}}{-s}f(t)dt$ $=\frac{f^{-1}(0)}{s}+\frac{F(s)}{s}$
• 位移定理 若 $L[f(t)]=F(s)$，则 $L[f(t-\tau_0)\cdot 1(t-\tau_0)]=e^{-\tau_0 s}F(s)$ $L[e^{\alpha t}f(t)]=F(s-\alpha)$ 证明： $L[e^{\alpha t}f(t)]=\int_0^{+\infty}e^{\alpha t}f(t)e^{-st}dt=\int_0^{+\infty}f(t)e^{-(s-\alpha)t}dt=F(s-\alpha)$ $L[f(t-\tau_0)\cdot 1(t-\tau_0)]=\int_0^{+\infty}f(t-\tau_0)\cdot 1(t-\tau_0)e^{-st}dt$ $=\int_{\tau_0}^{+\infty}f(t-\tau_0)e^{-st}dt\overset{\diamond \tau=t-\tau_0}{=}\int_0^{+\infty}f(\tau)e^{-s(\tau+\tau_0)}d(\tau+\tau_0)$ $=e^{-\tau_0 s}\int_0^{+\infty}f(\tau)e^{-s\tau}d\tau=e^{-\tau_0 s}F(s)$
• 初值定理 若 $L[f(t)]=F(s)$，则 $f(0_+)=\lim_{t\to 0_+} f(t)=\lim_{s\to\infty} sF(s)$ 证明： $L\left[\frac{df(t)}{dt}\right]=\int_{0}^{+\infty}\frac{df(t)}{dt}e^{-st}dt=sF(s)-f(0)$ 两边取极限，得 $\lim_{s\to+\infty}\left[\int_{0}^{+\infty}\frac{df(t)}{dt}e^{-st}dt\right]=\lim_{s\to+\infty}[sF(s)-f(0)]$ 在 $0_+<t<\infty$ 的时间区间内，当 $s\to\infty$ 时，$e^{-st}$ 趋于零，则 $0=\lim_{s\to+\infty}sF(s)-\lim_{s\to+\infty}f(0_+)$ $f(0_+)=\lim_{t\to 0_+}f(t)=\lim_{s\to+\infty}sF(s)$
• 终值定理（主要应用于下一章节，且使用上稍有不同） 若 $sF(s)$ 的所有极点都位于 $s$ 平面的左半平面，那么 $\lim_{t\to\infty}f(t)=\lim_{s\to 0}sF(s)$ 证明： $L\left[\frac{df(t)}{dt}\right]=\int_{0}^{+\infty}\frac{df(t)}{dt}e^{-st}dt=sF(s)-f(0)$ 两边取极限，得 $\lim_{s\to 0}\left[\int_{0}^{+\infty}\frac{df(t)}{dt}e^{-st}dt\right]=\lim_{s\to 0}[sF(s)-f(0)]$ 等式左边为 $\lim_{s\to 0}\left[\int_{0}^{+\infty}\frac{df(t)}{dt}e^{-st}dt\right]=\int_{0}^{+\infty}\frac{df(t)}{dt}\lim_{s\to 0}e^{-st}dt=\int_{0}^{+\infty}df(t)=\lim_{t\to+\infty}\int_{0}^{t}df(t)$ $=\lim_{t\to+\infty}[f(t)-f(0)]$ 则 $\lim_{t\to\infty}f(t)=\lim_{s\to 0}sF(s)$
• 卷积定理 若 $L[f_1(t)]=F_1(s)$，$L[f_2(t)]=F_2(s)$，则 $L[f_1(t)*f_2(t)]=L[f_2(t)*f_1(t)]=F_1(s)F_2(s)=F_2(s)F_1(s)$ 证明： $L[f_1(t)*f_2(t)]=L\left[\int_0^t f_1(t-\tau)f_2(\tau)\text{d}\tau\right]=\int_0^{+\infty}\left[\int_0^t f_1(t-\tau)f_2(\tau)\text{d}\tau\right]\text{e}^{-st}\text{d}t$ 引入单位阶跃函数，有 $f_1(t-\tau)1(t-\tau)=\left\{\begin{aligned} 0, \quad & t<\tau \\ f_1(t-\tau), \quad & t\ge\tau \end{aligned}\right.$ $\int_0^t f_1(t-\tau)f_2(\tau)\text{d}\tau = \int_0^{+\infty} f_1(t-\tau)\cdot 1(t-\tau)f_2(\tau)\text{d}\tau$ $\int_0^{+\infty}\left[\int_0^{+\infty} f_1(t-\tau)\cdot 1(t-\tau)f_2(\tau)\text{d}\tau\right]\text{e}^{-st}\text{d}t=\int_0^{+\infty}f_2(\tau)\text{d}\tau\int_0^{+\infty}f_1(t-\tau)1(t-\tau)\text{e}^{-st}\text{d}t$ $=\int_0^{+\infty}f_2(\tau)\text{d}\tau\int_\tau^{+\infty}f_1(t-\tau)\text{e}^{-st}\text{d}t$ $\overset{令t-\tau=\lambda}{=}\int_0^{+\infty}f_2(\tau)\text{d}\tau\int_0^{+\infty}f_1(\lambda)\text{e}^{-s\lambda}\text{e}^{-s\tau}\text{d}\lambda=\int_0^{+\infty}f_2(\tau)\text{e}^{-s\tau}\text{d}\tau\int_0^{+\infty}f_1(\lambda)\text{e}^{-s\lambda}\text{d}\lambda=F_2(s)F_1(s)$