1、拉普拉斯变换的定义#

傅里叶积分和傅里叶变换的应用要满足以下两个条件：

1. 原函数$f(t)$定义域为$(-\infty,+\infty)$。
2. 原函数$f(t)$在定义域$(-\infty,+\infty)$区间上必须是绝对可积。

为了能让更多的函数能够应用傅里叶变换，我们构造一个新的函数$g(t)$：

通过引入阶跃函数$H(t)$后可以把$f(t)$函数延拓到整个实轴上$(-\infty,+\infty)$，只不过在$(-\infty,0)$上的函数值为$0$。后面内容将会省略$H(t)$函数。$\sigma>0$是一个正的实数，只要其取值足够大，总能保证$g(t)$在区间$(-\infty,+\infty)$上时绝对可积的，把$e^{-\sigma t}$称为收敛因子，对于一般的物理问题，都满足这个条件。

当函数$f(x)$除了在有限个第一类间断点外处处连续时，$g(t)$函数满足狄利克雷条件及绝对可积条件，从而 可以进行傅里叶变换与逆变换：

引进一个新的变量：$p = \sigma + \mathrm{i}\omega$ 及新的函数 $\bar{f}(p) = 2\pi G(\omega)$

其中积分$\int_{0}^{\infty}f(t)e^{-pt}dt$称为拉普拉斯积分，$\bar{f}(p)$称为$f(t)$的拉普拉斯变换函数。代表着从$f(t)$到$\bar{f}(p)$的一种变换，称为拉普拉斯变换，$e^{-pt}$称为拉普拉斯变换的核。

$G(\boldsymbol{\omega})$的傅里叶逆变换是：

即：

由$\sigma+\mathrm{i}\omega=p$ ,有 $\mathrm{d}\omega=\frac1{\mathrm{i}}\mathrm{d}p$，所以：

$\bar{f}(p)$又称为像函数，而$f(t)$称为原函数，它们之间的关系常用简单的符号写为：

使用拉普拉斯变换存在的条件：

1. 原函数$f(t)$最多只有有限个第一类间断点，在其他点上都是连续的。
2. 原函数$f(t)$有有限的增长指数。也就是说，存在正数$M$ 及非负的实数$\sigma$（称为增长指数），对于任何$t>0$满足：$|f(t)|<Me^{\sigma t}$

那么拉普拉斯变换在半平面$\mathrm{Re}(p)>\sigma$上存在，而且在此半平面内，像函数就是函数$\bar{f}(p)$。这是拉普拉斯变换存在的充分条件。显然，$\sigma$有下确界$\sigma_0$，称之为绝对收敛横标。

2、拉普拉斯变换的性质#

1、有理分式反演法#

如果像函数是有理分式，只要将有理分式进行因式分解，然后利用拉普拉斯变换的一些基本性质就能得到相应的原函数：

2、查表法#

根据延迟定理、位移定理和卷积定理，配合拉普拉斯变换表解决反演问题。

3、黎曼-梅林反演公式法#

这里$\sigma$是大于收敛横标$\sigma_0$任意正数。积分路径是 $p$ 平面上与虚轴平行的一条直线。像函数$\bar{f}(p)$是$p$的解析函数，可以借助于留数定理来求该积分的主值。该反演公式在原函数的连续点收敛到原函数的值，在间断点收敛到左右极限的平均值。

构造辅助围道（围道内函数解析），右边直线$L$上积分与要求的积分相关，$C_R$是以原点为圆心，半径为$R$的圆，使得像函数的所有奇点都包含在该围道内所围成的区域内。

根据推广的约当引理，当半径趋向于无穷大时，沿$C_R$上的积分值趋向于零，应用留数定理，求得上面黎曼-梅林反演公式的值为：

当$\bar{f}(p)$是多值函数时，为了应用留数定理积分路径需要做一些修改，保证积分只在某单值分支上进行。

1、求解常微分方程#

2、求解积分方程#

例：对于方程$y(t)-\int_0^te^{t-\tau}y(\tau)\mathrm{d}\tau=t$，两边进行拉普拉斯变换，利用卷积性质，得到：

$$\mathscr{L}[y(t)]-\mathscr{L}[\mathrm{e}^t]\mathscr{L}[y(t)]=\mathscr{L}(t)$$

解得：

$$\mathscr{L}[y(t)]=\frac{p-1}{p^2(p-2)}=-\frac{1}{4}\frac{1}{p}+\frac{1}{2}\frac{1}{p^2}+\frac{1}{4}\frac{1}{p-2}$$

求逆变换，得到：

$$y(t)=\mathscr{L}^{-1}[Y]=-\frac{1}{4}+\frac{t}{2}+\frac{1}{4}e^{-2t}$$

3、求解LR回路问题#

例1：

在如图所示的LR电路中，交变信号源为$E_0\sin\omega t$，在$t=0$时刻合上电源，求电流变化规律。

解1：根据基尔霍夫电压定律，电流所要满足的电流：

$$L\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}j+Rj=E_0\sin\omega t,j(0)=0$$

对方程两边进行拉普拉斯变换，记$J(p)=\mathscr{L}[j(t)]$：

$$LpJ+RJ=E_0\frac{\omega}{p^2+\omega^2}$$

移项求解：

$$J=\frac{E_0}{Lp+R}\frac{\omega}{p^2+\omega^2}=\frac{E_0}{L}\frac{1}{p+R/L}\frac{\omega}{p^2+\omega^2}$$

利用拉普拉斯变换的卷积性质，逆变换得到$j(t)$：

$$J=\frac{E_0}{L}\mathscr{L}\left[\mathrm{e}^{-(R/L)t)}\right]\mathscr{L}\left[\sin\omega t\right]$$ $$j(t)=\frac{E_0}{L}\int_0^t\mathrm{e}^{-(R/L)(t-\tau)}\sin\omega\tau\mathrm{d}\tau$$

将后面的积分求解，使用分部积分法，得到：

$$j(t)=-\frac{E_0\omega}{\omega^2+R^2/L^2}\cos\omega t+\frac{E_0\omega}{\omega^2+R^2/L^2}\mathrm{e}^{-(R/L)t}+\frac{E_0R/L}{\omega^2+R^2/L^2}\sin\omega t$$

例2：

如图所示，两个线圈具有相同的$R$（电阻），$L$（电感）和$C$（电容），线圈之间互感系数为$M$。初级线路有电压为$E_0$的直流电源。现在接通初级线路中的开关$s$， 问次级电路中电流$j_2$的变化情况如何？

解2：根据基尔霍夫定律，初级电路满足：

$$L\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}j_1+Rj_1+\frac{1}{C}\int_0^tj_1\mathrm{d}t+M\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}j_2=E_0$$

次级电路满足：

$$L\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}j_2+Rj_1+\frac{1}{C}\int_0^tj_2\mathrm{d}t+M\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}j_1=0$$

初始条件为：$j_1(0)=j_2(0)=0$。

对方程进行拉普拉斯变换，设$J(p)=\mathscr{L}[j(t)]$得：

$$\left(Lp+R+\frac{1}{Cp}\right)J_1+MpJ_2=\frac{E_0}{p}$$ $$\left(Lp+R+\frac{1}{Cp}\right)J_2+MpJ_1=0$$

求解得：

$$\begin{aligned}&J_2=\frac{E_0Mp^2}{M^2p^4-\left(Lp^2+Rp+1/C\right)^2}\\&J_2=\frac{E_0}{2}{\left(\frac{1}{(L+M)p^2+Rp+1/C}-\frac{1}{(L-M)p^2+Rp+1/C}\right)}\end{aligned}$$

配方、利用拉普拉斯变换的平移性质，进行拉普拉斯逆变换，解得：

$$j_2(t)=\frac{E_0}{2(L+M)\sqrt{\frac{1}{C(L+M)}-\frac{R^2}{4(L+M)^2}}}\mathrm{e}^{-\frac{R}{2(L+M)}t}\sin\sqrt{\frac{1}{C(L+M)}-\frac{R^2}{4(L+M)^2}}t-\frac{E_0}{2(L-M)\sqrt{\frac{1}{C(L-M)}-\frac{R^2}{4(L-M)^2}}}\mathrm{e}^{-\frac{R}{2(L-M)}t}\sin\sqrt{\frac{1}{C(L-M)}-\frac{R^2}{4(L-M)^2}}t$$

4、求解弹簧-质量-阻尼系统的强迫振动问题#

例：

求解方程：

$$m\ddot{x}+kx=f(t),x(0)=x_0,\dot{x}(0)=\dot{x}_0$$

解：

记$X(p)=\mathscr{L}[x(t)],F(p)=\mathscr{L}[f(t)]$，对方程两边进行拉普拉斯变换，得：

$$mp^2X-mpx_0-m\dot{x}_0+kX=F$$

求解得：

$$X=\frac{F+mpx_0+m\dot{x}_0}{mp^2+K}=\frac{1}{m}\frac{F}{p^2+K/m}+\frac{px_0}{mp^2+K/m}+\frac{\dot{x}_0}{p^2+K/m}$$

求拉普拉斯逆变换：

$$x(t)=\frac{1}{m}\mathscr{L}^{-1}\left(F\frac{1}{p^2+k/m}\right)+\mathscr{L}^{-1}\left(\frac{px_0}{p^2+k/m}\right)+\mathscr{L}^{-1}\left(\frac{\dot{x}_0}{p^2+k/m}\right)$$ $$x(t)=x_0\cos\left(\sqrt{\frac{k}{m}}t\right)+\frac{F+m\dot{x}_0}{k}\sin\left(\sqrt{\frac{k}{m}}t\right)$$

由答案可知，该系统的频率为$\sqrt\frac{k}{m}$。

5、求定积分#

例：

$$I(t)=\int_0^\infty\frac{\cos tx}{x^2+a^2}dx$$

当然，这个积分可以使用留数定理求解。不过此处尝试使用拉普拉斯变换。首先对两边求拉普拉斯变换：

$$\mathscr{L}[I(t)]=\int_0^\infty\frac{\mathscr{L}[\cos tx]}{x^2+a^2}\mathrm{d}x$$

积分函数的分子：

$$\mathscr{L}[\cos tx]=\int_0^\infty\cos tx\mathrm{e}^{-pt}\mathrm{d}t=\frac{p}{p^2+x^2}$$

交换积分和拉普拉斯变换的次序：

$$\begin{aligned}\mathscr{L}[I(t)]&=\int_0^\infty\frac{p}{(p^2+x^2)(x^2+a^2)}\mathrm{d}x\\&=\frac{p}{a^2-p^2}\int_0^\infty\left[\frac{1}{p^2+x^2}-\frac{1}{x^2+a^2}\right]\mathrm{d}x\end{aligned}$$ $$\begin{aligned}\int_0^\infty\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x&\xlongequal{x=\tan y}\int_0^{\pi/2}\frac{1}{1+\tan y^2}\frac{1}{\cos^2y}\mathrm{d}y\\&=\int_0^{\pi/2}\cos^2y\mathrm{d}y\\&=\frac{\pi}{2}\end{aligned}$$

得到：

$$\mathscr{L}[I(t)]=\frac{\pi}{2}\frac{p}{a^2-p^2}\left(\frac{1}{p}-\frac{1}{a}\right)=\frac{\pi}{2a}\frac{1}{a+p}$$

使用拉普拉斯逆变换得到：

$$I(t)=\frac{\pi}{2a}e^{-at}$$