拉普拉斯变换

积分变换

在本章中，我们研究了一种工具——拉普拉斯变换，用于解微分方程。拉普拉斯变换是众多不同类型的积分变换之一。一般来说，积分变换解决的问题是：一个给定的函数 $y(t)$ 在多大程度上“像”一个特定的标准函数？

例如，如果 $y(t)$ 表示一个无线电信号，我们可能想将其与函数 $\sin \omega t$（频率为 $\omega /(2\pi )$ 的正弦波）进行比较。通过调整参数 $\omega$，我们可以测试 $y(t)$ 与不同频率的正弦波的契合度。理想情况下，对于每个 $\omega$ 的值，我们希望得到一个数值来指示 $y(t)$ $\sin \omega t$ 的相似程度。一种实现这种比较的方法是计算以下积分：
$${\int }_{-N}^{N}y(t)\sin \omega tdt$$
其中 $N$ 很大。如果 $y(t)$ 振荡的频率为 $\omega /(2\pi )$，并且在 $\sin \omega t$ 为正时 $y(t)$ 也是正的，那么这个积分将非常大。如果 $y(t)$ 有其他频率，那么 $y(t)$ 与 $\sin \omega t$ 在某些时刻的符号会不同，积分中会发生抵消，导致其值较小。

为了在微分方程中使用这一思想，自然地要将 $y(t)$ 与最常出现的函数——指数函数进行比较。实际上，我们可以使用复指数并计算以下积分：
$${\int }_{-\infty }^{\infty }y(t)e^{-zt}dt$$
其中 $z=s+i\omega$ 是一个复数参数。对于某个特定的 $z$，如果该积分值很大，则表明 $y(t)$ 与 $e^{zt}$ 很相似。特别地，如果 y(t) = $e^{zt}$，则被积函数是常数 1，积分为无穷大。

在实际操作中，使用 z 的实部和虚部来表示 $z=s+i\omega$ 并分别计算两个变换会更容易：
$${\int }_{-\infty }^{\infty }y(t)e^{-st}dt\text{和}{\int }_{-\infty }^{\infty }y(t)e^{-i\omega t}dt$$
其中
$${\int }_{-\infty }^{\infty }y(t)e^{-i\omega t}dt$$
被称为函数 $y(t)$ 的傅里叶变换，其在特定 $\omega$ 值处的值是 $y(t)$ 在频率 $\omega /(2\pi )$ 上振荡程度的量度。该值的虚部是 $y(t)$ 与 $\sin \omega t$ 比较的结果，实部则是 $y(t)$ 与 $\cos \omega t$ 比较的结果。尽管傅里叶变换在微分方程中有许多重要应用，但在本章中不作讨论。相反，我们将重点放在积分 $\int y(t)e^{-st}dt$ 上。

拉普拉斯变换

拉普拉斯变换使用积分将给定函数 y(t) 与指数函数 $e^{st}$ 进行比较。

定义：函数 y 的拉普拉斯变换函数 Y 定义为
$$Y(s)={\int }_0^{\infty }y(t)e^{-st}dt$$
对于所有使该广义积分收敛的数值 s。

例如，如果 $y(t)=e^{2t}$，则其拉普拉斯变换 $Y(s)$ 通过计算以下广义积分确定：
$$Y(s)={\int }_0^{\infty }{e}^{2t}{e}^{-st}dt={\int }_0^{\infty }{e}^{(2-s)t}dt$$
$$=\underset{b\to \infty }{\lim }{\int }_0^b{e}^{(2-s)t}dt=\underset{b\to \infty }{\lim }{\left[\frac{1}{2-s}{e}^{(2-s)t}\right]}_0^b$$
$$=\frac{1}{2-s}\underset{b\to \infty }{\lim }\left(e^{(2-s)b}-e^0\right).$$

因为
$$\frac{1}{2-s}\underset{b\to \infty }{\lim }{e}^{(2-s)b}=\{\begin{array}{ll}\infty ,& \text{如果 }s<2;\\ 0,& \text{如果 }s>2,\end{array}$$
我们可以看到，当 $s\le 2$ 时，广义积分 $Y(s)$ 不收敛，并且
$$Y(s)=\frac{1}{s-2},\text{如果 }s>2.$$

换句话说，对于函数 $y(t)=e^{2t}$，其拉普拉斯变换函数 $Y(s)$ 是
$$Y(s)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{s-2},& \text{如果 }s>2;\\ \text{未定义},& \text{如果 }s\le 2.\end{array}$$

这项计算涉及一些广义积分的技术细节，这些细节很重要，但不要因此失去对定义中所包含的基本思想的理解。与 $y(t)$ 相关的拉普拉斯变换 $Y(s)$ 可以看做是衡量 $y(t)$ 与指数函数 $e^{st}$ 的接近程度。例子中，$e^{2t}$ 的拉普拉斯变换是一个函数 $Y(s)$，当 $s$ 远大于 2 时，$Y(s)$ 的值非常小；但是当 $s$ 接近 2 时，$Y(s)$ 的值会增加，直到在 $s=2$ 时变得无界。

令人惊讶的是，我们可以利用这个想法来解微分方程。正如我们即将看到的，拉普拉斯变换可以将一个微分方程转换为代数方程，而代数方程通常更容易求解。这种转换类似于将英语句子翻译成中文句子。两者表达的是相同的意思，但用词和语法却非常不同。函数 $y(t)$ 在“时间域”中用独立变量 $t$ 表示一个现象，而函数 $Y(s)$ 则在 $s$-域中表示相同的现象。

更正式地说，我们称拉普拉斯变换定义了一种数学变换，它将函数 $y(t)$ 转换为其变换函数 $Y(s)$。从严格的数学角度来看，这种变换只是一个特殊的函数，用来将 $y(t)$ 转换为新的函数 $Y(s)$，我们用字母 $\mathcal{L}$ 来表示这个变换。换句话说，我们可以表示为 $Y=\mathcal{L}[y]$。特别地，我们对 $e^{2t}$ 的拉普拉斯变换常写作：
$$\mathcal{L}[e^{2t}]=\frac{1}{s-2},\text{其中 }s>2。$$
这种表示拉普拉斯变换的方式有些草率，因为它假设变换函数的自变量是 $s$，但这种不精确通常不会引起混淆。

为了确保拉普拉斯变换存在（即不定积分收敛）在至少某些 $s$ 的取值范围内，我们必须将注意力集中在连续或分段连续的函数 $y(t)$ 上，并且该函数必须满足存在常数 $K$ 和 $M$ （它们依赖于 $y$）使得
$$|y(t)|<e^{Mt},\text{当 }t\ge K\text{ 时}。$$
这样的函数被称为具有不超过“指数增长”的函数。实际上，大多数应用中遇到的函数都具有这一性质。

还需注意，拉普拉斯变换的定义是对区间 $0\le t<\infty$ 进行积分（而不是对整个实数轴 $-\infty <t<\infty$ 积分）。如果拉普拉斯变换需要在整个实数轴上求值，那么为了确保积分收敛，对函数 $y(t)$ 的限制将更加严格。不过在大多数应用中，我们主要关注的是未来（即 $t\ge 0$ 的情况）。

指数函数的拉普拉斯变换计算

对于一个函数 $y(t)$ 和一个给定的数 $s$，拉普拉斯变换在 $s$ 处的值衡量了函数 $y(t)$ 在区间 $t\ge 0$ 上与函数 $e^{st}$ 的相似程度。为了验证这一说法，我们计算一个任意指数函数的拉普拉斯变换。如果 $y(t)=e^{at}$，那么

$$\mathcal{L}[e^{at}]={\int }_0^{\infty }{e}^{at}{e}^{-st}dt={\int }_0^{\infty }{e}^{(a-s)t}dt.$$

回顾一下，这个广义积分实际上是随着积分的上限趋向无穷大而得到的积分的极限。因此，

$$\mathcal{L}[e^{at}]=\underset{b\to \infty }{\lim }{\int }_0^b{e}^{(a-s)t}dt=\underset{b\to \infty }{\lim }{\left[\frac{1}{a-s}{e}^{(a-s)t}\right]}_0^b$$

$$=\frac{1}{a-s}\underset{b\to \infty }{\lim }\left(e^{(a-s)b}-e^0\right)=\frac{1}{s-a},\text{当 }s>a\text{时}。$$

如果 $s\le a$，那么这个广义积分发散。严格来说，$e^{at}$ 的拉普拉斯变换是有理函数 $\frac{1}{s-a}$，但仅限于 $s>a$ 的区间。请注意，我们之前计算的 $\mathcal{L}[e^{2t}]$ 只是这个计算的一个特例。

这里还有一个值得提到的特例。注意到如果 $a=0$，则 $e^{at}=1$ 对所有 $t$ 都成立。因此，我们也计算了恒为 1 的函数的拉普拉斯变换。因为 $a=0$，所以

$$\mathcal{L}[1]=\frac{1}{s},\text{当 }s>0\text{时}。$$

我们经常需要这些计算结果，以及其他常见函数的拉普拉斯变换。因此，我们在第 626 页提供了一个拉普拉斯变换的表格，并列出了该变换的重要性质。

拉普拉斯变换的性质

有许多变换可以将一个函数转换为另一个函数，但拉普拉斯变换有一个非常特殊的性质，这一性质是它在求解微分方程中成功的基础。

导数的拉普拉斯变换

给定一个函数 $y(t)$ 及其拉普拉斯变换 $\mathcal{L}[y]$，其导数 $\frac{dy}{dt}$ 的拉普拉斯变换为：

$$\mathcal{L}\left[\frac{dy}{dt}\right]=sL[y]-y(0)。$$

为了验证这一定理，我们使用 $\mathcal{L}\left[\frac{dy}{dt}\right]$ 的定义并进行计算：

$$\mathcal{L}\left[\frac{dy}{dt}\right]={\int }_0^{\infty }\frac{dy}{dt}{e}^{-st}dt。$$

使用分部积分，设 $u=e^{-st}$，$dv=\frac{dy}{dt}dt$，那么有 $du=-s{e}^{-st}dt$ 和 $v=y(t)$，因此：

$$\mathcal{L}\left[\frac{dy}{dt}\right]=\underset{b\to \infty }{\lim }{\left[y(t)e^{-st}\right]}_0^b+{\int }_0^{\infty }y(t)s{e}^{-st}dt。$$

我们之前假设 $y(t)$ 至多具有指数增长，这在这里很重要。因为对于某个常数 $M$，$|y(t)|<e^{Mt}$，因此

$$\underset{t\to \infty }{\lim }y(t)e^{-st}=0$$

当 $s$ 充分大时成立。因此，

$$\mathcal{L}\left[\frac{dy}{dt}\right]=-y(0)+{\int }_0^{\infty }y(t)s{e}^{-st}dt=-y(0)+s\mathcal{L}[y]。$$

这个公式是拉普拉斯变换的基本性质，它让我们可以在 $t$-域中将微分运算本质上替换为 $s$-域中的代数运算，即乘以 $s$。当然，这种描述不完全正确，因为我们还需要记住减去 $y(0)$，但无论如何，我们可以将拉普拉斯变换看作是将微积分问题转化为代数问题的一种操作。

如果拉普拉斯变换没有合理的代数性质，那么将微分方程问题转化为代数问题就不会很有用。然而，由于拉普拉斯变换是通过积分定义的，它具有良好的线性性质。

拉普拉斯变换的线性性

给定函数 $f$ 和 $g$ 以及常数 $c$，则有：

$$\mathcal{L}[f+g]=\mathcal{L}[f]+\mathcal{L}[g]$$

$$\mathcal{L}[cf]=c\mathcal{L}[f]。$$

换句话说，变换算子 $\mathcal{L}$ 是一个线性算子。

为了验证这些性质，我们使用积分的线性性质。也就是说，

$$\mathcal{L}[f+g]={\int }_0^{\infty }(f(t)+g(t))e^{-st}dt={\int }_0^{\infty }f(t)e^{-st}dt+{\int }_0^{\infty }g(t)e^{-st}dt=\mathcal{L}[f]+\mathcal{L}[g]，$$

并且

$$\mathcal{L}[cf]={\int }_0^{\infty }cf(t)e^{-st}dt=c{\int }_0^{\infty }f(t)e^{-st}dt=c\mathcal{L}[f]。$$

有了导数公式和 $\mathcal{L}$ 的线性性，我们现在可以使用拉普拉斯变换来求解微分方程了。

使用拉普拉斯变换求解微分方程

考虑初值问题：
$$\frac{dy}{dt}=y-4e^{-t},y(0)=1。$$

我们首先使用定性分析方法来研究这个问题，以便对解的解析形式有所预期。

定性分析

关于微分方程 $\frac{dy}{dt}=y-4e^{-t}$ 的斜率场如图 6.1 所示。它表明，当 $t$ 接近 0 时，初值为 $y(0)=1$ 的解会减小。一旦解下降到 $y=0$ 以下，微分方程右侧的两个项都是负数，因此解将继续减小。

当 $t$ 很大时，该方程接近方程：
$$\frac{dy}{dt}=y，$$
因此我们预期当 $t\to \infty$ 时，解 $y(t)\to -\infty$。

使用拉普拉斯变换求解

这个方程是线性的，因此我们可以使用第 1.8 或 1.9 节中的技术。然而，拉普拉斯变换提供了一种替代的求解方法。

从初值问题开始：
$$\frac{dy}{dt}=y-4e^{-t},y(0)=1，$$

下面用拉普拉斯变换来解决这个问题。

使用拉普拉斯变换的求解过程

第一步是对方程两边进行拉普拉斯变换：

$$\mathcal{L}\left[\frac{dy}{dt}\right]=\mathcal{L}[y-4e^{-t}]。$$

然后使用导数的拉普拉斯变换公式简化左边，以及拉普拉斯变换的线性性简化右边，我们得到：

$$s\mathcal{L}[y]-y(0)=\mathcal{L}[y]-4\mathcal{L}[e^{-t}]。$$

代入初始条件 (y(0) = 1)，得到：

$$s\mathcal{L}[y]-1=\mathcal{L}[y]-4\mathcal{L}[e^{-t}]。$$

之前我们已经计算过 (\mathcal{L}[e^{at}] = \frac{1}{s - a})，因此我们可以用 (a = -1) 代入，得到：

$$s\mathcal{L}[y]-1=\mathcal{L}[y]-\frac{4}{s+1}。$$

原微分方程的未知量是函数 (y)，所以我们解这个方程来得到 (y) 的拉普拉斯变换，结果为：

$$\mathcal{L}[y]=\frac{1}{s-1}-\frac{4}{(s-1)(s+1)}。$$

这些计算结果给出了初值问题的解的拉普拉斯变换。注意，我们只用了代数运算来得到 (\mathcal{L}[y])。（微积分部分隐藏在指数函数的拉普拉斯变换计算中。）从某种意义上说，我们已经解决了这个初值问题。

然而，不幸的是，我们并不是在寻找解的拉普拉斯变换 (\mathcal{L}[y])，我们真正需要的是实际的解 (y(t))。因此，我们必须“逆变换”或进行“拉普拉斯反变换”。也就是说，我们必须找出什么函数 (y(t)) 的拉普拉斯变换是：

$$\frac{1}{s-1}-\frac{4}{(s-1)(s+1)}。$$

拉普拉斯逆变换

要使用拉普拉斯变换来求解微分方程，首先我们对方程的两边进行拉普拉斯变换。接下来，我们解出解的拉普拉斯变换，最后，为了找到实际的解，我们需要找到一个具有给定拉普拉斯变换的函数。最后一步称为求拉普拉斯反变换。反变换的符号是 ${\mathcal{L}}^{-1}$，即：

$${\mathcal{L}}^{-1}[F]=f\text{当且仅当}\mathcal{L}[f]=F。$$

拉普拉斯反变换有一个唯一性性质：如果 $f$ 是一个连续函数且 $\mathcal{L}[f]=F$，那么 $f$ 是唯一一个拉普拉斯变换为 $F$ 的连续函数。这个唯一性性质使我们可以使用“the 反拉普拉斯变换”，而不是“a 反拉普拉斯变换”。

由于拉普拉斯变换是一个线性算子，也就是说，

$$\mathcal{L}[f+g]=\mathcal{L}[f]+\mathcal{L}[g]\text{和}\mathcal{L}[cf]=c\mathcal{L}[f]，$$

对于任意函数 $f(t)$ 和 $g(t)$ 以及常数 $c$，则反拉普拉斯变换同样是一个线性算子：

$${\mathcal{L}}^{-1}[f+g]={\mathcal{L}}^{-1}[f]+{\mathcal{L}}^{-1}[g]\text{和}{\mathcal{L}}^{-1}[cf]=c{\mathcal{L}}^{-1}[f]。$$

线性性质非常重要，因为它允许我们通过逐个计算每个部分的反拉普拉斯变换来求解一个复杂和式的反变换。

反拉普拉斯变换的计算方式通常与微积分中的不定积分计算类似。我们使用一小部分“已知”的变换，并且为了计算一个复杂函数 $F(s)$ 的反拉普拉斯变换，我们首先将其分解为若干个其反变换我们已经知道的函数的和。

反拉普拉斯变换的例子

当我们将拉普拉斯变换应用于本节之前的初值问题时，得到了以下形式：

$$\mathcal{L}[y]=\frac{1}{s-1}-\frac{4}{(s-1)(s+1)}$$

这是给定初值问题的解 $y$ 的拉普拉斯变换。因此，我们通过计算反拉普拉斯变换来求解 $y$：

$$y={\mathcal{L}}^{-1}\left(\frac{1}{s-1}-\frac{4}{(s-1)(s+1)}\right)。$$

利用线性性质，我们得到：

$$y={\mathcal{L}}^{-1}\left(\frac{1}{s-1}\right)-{\mathcal{L}}^{-1}\left(\frac{4}{(s-1)(s+1)}\right)。$$

根据 $\mathcal{L}[e^{at}]=\frac{1}{s-a}$ 的公式，我们知道：

$${\mathcal{L}}^{-1}\left(\frac{1}{s-1}\right)=e^t。$$

为了计算反拉普拉斯变换：

$${\mathcal{L}}^{-1}\left(\frac{4}{(s-1)(s+1)}\right)，$$

我们需要进行一些代数运算。其基本思路是将该项重写为更易处理的形式：

$$\frac{4}{(s-1)(s+1)}.$$
作为已知拉普拉斯变换函数的组合。在这种情况下（并且在使用拉普拉斯变换时非常常见），我们使用部分分式的方法。即，我们写成：
$$\frac{4}{(s-1)(s+1)}=\frac{A}{s-1}+\frac{B}{s+1}$$
然后求解常数 $A$ 和 $B$，得到：
$$\frac{4}{(s-1)(s+1)}=\frac{2}{s-1}-\frac{2}{s+1}$$
右边的每一项都可以识别为指数函数的拉普拉斯变换。因此，
$${\mathcal{L}}^{-1}\left(\frac{4}{(s-1)(s+1)}\right)={\mathcal{L}}^{-1}\left(\frac{2}{s-1}\right)-{\mathcal{L}}^{-1}\left(\frac{2}{s+1}\right)=2{\mathcal{L}}^{-1}\left(\frac{1}{s-1}\right)-2{\mathcal{L}}^{-1}\left(\frac{1}{s+1}\right)=2e^t-2e^{-t}$$

完成初值问题

我们上面展示了初值问题 $ \frac{dy}{dt} = y - 4e^{-t} $， $ y(0) = 1 $ 的解的拉普拉斯变换是：
$$\mathcal{L}[y]=\frac{1}{s-1}-\frac{4}{(s-1)(s+1)}$$
因此，
$$y={\mathcal{L}}^{-1}\left(\frac{1}{s-1}-\frac{4}{(s-1)(s+1)}\right)={\mathcal{L}}^{-1}\left(\frac{1}{s-1}\right)-{\mathcal{L}}^{-1}\left(\frac{4}{(s-1)(s+1)}\right)=e^t-(2e^t-2e^{-t})=-e^t+2e^{-t}$$
这是解决方案。我们看到，当 $t\to \infty$ 时，$y(t)\to -\infty$，正如我们之前预测的那样。

另外一个RC电路的例子

考虑图6.2中的RC电路。我们设 $v_c(t)$ 表示电容器上的电压，$R$ 为电阻，$C$ 为电容，$V(t)$ 为电源提供的电压。根据电路理论，我们知道电容器上的电压 $v_c(t)$ 满足以下微分方程：
$$RC\frac{d{v}_c}{dt}+v_c=V(t)$$

假设电源电压 $V(t)$ 的值为常数 3，电容器上的初始电压为 $v_c(0)=4$。设 $R=2$ 和 $C=1$（如图6.2所示），这两个值在使用常规的单位（电阻的欧姆数、电容的法拉数、电压的伏特数）时较为不切实际，那么初值问题为：
$$2\frac{d{v}_c}{dt}+v_c=3,v_c(0)=4$$
定性分析

将这个初值问题重写为标准形式：
$$\frac{d{v}_c}{dt}=-\frac{v_c}{2}+\frac{3}{2},v_c(0)=4,$$
我们可以看到这个方程是自洽的，并且在 $v_c=3$ 处有一个吸引点（sink），没有其他的平衡点。因此，初值问题的解在 $t\to \infty$ 时趋近于 $v_c=3$，这一点可以通过斜率场和相图（见图6.3）来确认。

使用拉普拉斯变换的解法

微分方程
$$\frac{d{v}_c}{dt}=-\frac{v_c}{2}+\frac{3}{2}$$
既可以用分离变量法，也可以用线性方法解决，但在本节中，我们选择使用拉普拉斯变换来找到解的公式。首先，对方程两边进行拉普拉斯变换得到：
$$\mathcal{L}\left(\frac{d{v}_c}{dt}\right)=-\frac{1}{2}\mathcal{L}[v_c]+\mathcal{L}\left(\frac{3}{2}\right).$$

利用拉普拉斯变换的公式 $\mathcal{L}\left(\frac{d{v}_c}{dt}\right)=s\mathcal{L}[v_c]-v_c(0)$，简化并代入初值 $v_c(0)=4$，得到：
$$s\mathcal{L}[v_c]-4=-\frac{1}{2}\mathcal{L}[v_c]+\frac{3}{2}\cdot \frac{1}{s}.$$

我们知道 $\mathcal{L}[1]=\frac{1}{s}$。因此，
$$s\mathcal{L}[v_c]-4=-\frac{1}{2}\mathcal{L}[v_c]+\frac{3}{2s}.$$

解出 $\mathcal{L}[v_c]$ 得到：
$$\left(s+\frac{1}{2}\right)\mathcal{L}[v_c]=4+\frac{3}{2s}.$$

这意味着：
$$\mathcal{L}[v_c]=\frac{4}{s+1/2}+\frac{3}{2s(s+1/2)}.$$

接下来，我们对 $\frac{3}{2s(s+1/2)}$ 进行部分分式分解：
$$\frac{1}{s(s+1/2)}=\frac{2}{s}-\frac{2}{s+1/2}.$$

因此，
$$\frac{3}{2s(s+1/2)}=\frac{3}{2}\left(\frac{2}{s}-\frac{2}{s+1/2}\right)=\frac{3}{s}-\frac{3}{s+1/2}.$$

综上所述，
$$\mathcal{L}[v_c]=\frac{4}{s+1/2}+\frac{3}{s}-\frac{3}{s+1/2}=\frac{1}{s+1/2}+\frac{3}{s}.$$

因此，
$$v_c(t)={\mathcal{L}}^{-1}\left(\frac{1}{s+1/2}\right)+{\mathcal{L}}^{-1}\left(\frac{3}{s}\right)=e^{-t/2}+3.$$

请注意，这个解与该方程的相图和斜率场是一致的。