【高数+复变函数】Laplace变换的性质

通过上一节【高数+复变函数】Laplace变换的学习，我们知道了Laplace的基本概念：
$$F(s)={\int }_0^{+\infty }f(t){\mathrm{e}}^{-st}\mathrm{d}t$$
这一节我们学习Laplace变换的一些常用性质。

一、性质

1. 线性性质

$$\mathcal{L}\left[\alpha f_1(t)+\beta f_2(t)\right]=\alpha \mathcal{L}\left[f_1(t)\right]+\beta \mathcal{L}\left[f_2(t)\right]\text{, }$$

它的证朋只需根据定义,利用积分性质就可推出

例：求$f(t)=sinht$的Laplace变换
$$\mathcal{L}[f(t)]=\mathcal{L}[\frac{e^t-e^{-t}}{2}]=\frac{1}{2}[\mathcal{L}[e^t]+\mathcal{L}[e^{-t}]]=\frac{1}{2}[\frac{1}{s-1}+\frac{1}{s+1}]=\frac{1}{s^2+1}$$

2. 微分性质

$$\mathcal{L}\left[f^{\prime }(t)\right]=sF(s)-f(0).$$

它的证明只需根据定义,利用分部积分性质就可推出

推广：
$$\mathcal{S}\left[f^{\prime \prime }(t)\right]=s^{2}F(s)-sf(0)-f^{\prime }(0)$$
$$\mathcal{L}\left[f^{(n)}(t)\right]=s^{n}F(s)-s^{n-1}f(0)-s^{n-2}{f}^{\prime }(0)-\cdots -f^{(n-1)}(0)$$
可以正反两用，求$\mathcal{E}\left[f^{(n)}(t)\right]$或者$F(s)$

例1 求函数 $f(t)=t^m$ 的 Laplace 变换, 其中 $m$ 是正整数

由于 $f(0)=f^{\prime }(0)=\cdots =f^{(m-1)}(0)=0$, 而 $f^{(m)}(t)=m$ !所以：
$$\mathcal{L}[m!]=s^{n}F(s)$$
而$\mathcal{L}[m!]=m!\mathcal{L}[1]=\frac{m!}{s}$，其中$\mathcal{L}[1]$可理解成$f(t)=1$

所以
$$F(s)=\frac{m!}{s^{n+1}}(由\mathcal{L}[1]产生Res>0)$$
例2 求函数 $f(t)=\cos kt$ 的 Laplace 变换.

解 由于 $f(0)=1,f^{\prime }(0)=0,f^{\prime \prime }(t)=-k^2\cos kt$, 则有
即
$$-k^2\mathcal{L}[\cos kt]=s^2\mathcal{L}[\cos kt]-s,$$
移项化简得
$$\mathcal{L}[\cos kt]=\frac{s}{s^2+k^2}(\mathrm{Re}(s)>0)$$

利用了cos二阶导的不变性

3. 像函数的微分性质

$$F^{\prime }(s)=-\mathcal{L}[tf(t)]$$

推广:
$$F^{(n)}(s)=(-1{)}^n\mathcal{L}\left[t^{n}f(t)\right]$$
例3 求函数 $f(t)=t\sin kt$ 的 Laplace 变换.

令$g(t)=sinkt$
$$\mathcal{L}[tg(t)]=-F^{{}^{\prime }}(g(t))=-\frac{d}{ds}\left(\frac{k}{s^2+k^2}\right)=\frac{2ks}{{\left(s^2+k^2\right)}^2},\mathrm{Re}(s)>0$$

4. 积分性质

若 $\mathcal{L}[f(t)]=F(s)$, 则
$$\mathcal{L}\left[{\int }_0^{t}f(t)\mathrm{d}t\right]=\frac{1}{s}F(s).$$
利用$\mathcal{L}[f(t)]$作为中介进行转换。

推广：
$$\mathfrak{L}\left[{\int }_0^t\mathrm{d}t{\int }_0^t\mathrm{d}t\cdots {\int }_0^{t}f(t)\mathrm{d}t\right]=\frac{1}{s^n}F(s).$$

5. 象函数的积分性质

$$\mathcal{L}\left[\frac{f(t)}{t}\right]={\int }_s^{\infty }F(s)\mathrm{d}s$$

证明：
$$\begin{array}{rl}{\int }_s^{\infty }F(u)\mathrm{d}u& ={\int }_s^{\infty }\mathrm{d}u{\int }_0^{+\infty }f(t)e^{-ut}\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{+\infty }f(t)\mathrm{d}t{\int }_s^{\infty }{e}^{-ut}\mathrm{d}u\\ & ={\int }_0^{+\infty }\frac{f(t)}{t}{e}^{-st}\mathrm{d}t=\mathfrak{L}\left[\frac{f(t)}{t}\right].\end{array}$$
例4 求函数 $f(t)=\frac{\sinh t}{t}$ 的 Laplace 变换

前面已经证得$\mathcal{L}[\sinh t]=\frac{1}{s^2-1}$,所以
$\mathcal{L}\left[\frac{\sinh t}{t}\right]={\int }_1^{\infty }\mathcal{L}[\sinh t]\mathrm{d}s={\int }_s^{\infty }\frac{1}{s^2-1}\mathrm{d}s={\frac{1}{2}\ln \frac{s-1}{s+1}|}_0^{\infty }=\frac{1}{2}\ln \frac{s+1}{s-1}$

通常我们还可以运用此积分性质计算一些复杂积分：

如果积分 ${\int }_0^{+x}\frac{f(t)}{t}\mathrm{d}t$ 存在, 取 $s=0$, 则有
$$\begin{gathered} {\int }_0^{+\infty }\frac{f(t)}{t}\mathrm{d}t={\int }_0^{+\infty }F(s)\mathrm{d}s \\ \therefore 狄利克雷积分{\int }_0^{+\infty }\frac{\sin t}{t}\mathrm{d}t={\int }_0^{\infty }\frac{1}{s^2+1}\mathrm{d}s={\arctan s|}_0^{\infty }=\frac{\pi }{2}. \end{gathered}$$

6. 位移性质

$$\begin{gathered} \mathcal{L}\left[{\mathrm{e}}^{at}f(t)\right]=F(s-a)(\mathrm{Re}(s-a)>c) \\ \because \mathcal{L}\left[{\mathrm{e}}^{at}f(t)\right]={\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{at}f(t){\mathrm{e}}^{-st}\mathrm{d}t={\int }_0^{+\infty }f(t){\mathrm{e}}^{-(s-a)t}\mathrm{d}t \end{gathered}$$

这个性质表朋了一个象原函数乘函数 ${\mathrm{e}}^{at}$ 的 Laplace 变换等于其象函数作位移 $a$.

7. 延迟性质

若 $\mathcal{L}[f(t)]=F(s)$, 又 $t<0$ 时 $f(t)=0$, 则对于任一非负实数 $\tau$, 有
$$\begin{gathered} \mathfrak{L}[f(t-\tau )]=e^{-s\tau }F(s)变量代换证明 \\ \mathfrak{L}[f(t-\tau )u(t-\tau )]=e^{-s\tau }F(s)看图理解，只有t>\tau 时有用 \end{gathered}$$

Notice：when t<0, f(t) = 0