Home 数学 常微分方程

Laplace 变换是一种将时间域的函数转换为复频域函数的积分变换方法

尤其可以应用于解线性常微分方程组
利用 Laplace 变换的性质

  • 线性
  • 将微分阶数转为代数阶数
  • 可逆

可以非常容易地解决线性常微分方程组的初值问题

# 定义

定义
令 f(t)f(t) 为定义在 t≥0t \geq 0 上的函数，ss 为复变量
则 f(t)f(t) 的 Laplace 变换 (Laplace Transform) 定义为

s∈R,L[f(t)](s):=∫0+∞f(t)e−stdts \in \mathbb R,\qquad \mathcal L[f(t)](s) := \int_0^{+\infty} f(t) e^{-st} \,\mathrm{d}t

常简记为 F(s)=L[f(t)](s)F(s) = \mathcal L[f(t)](s)

示例
计算 f(t)=eat(a∈R)f(t) = e^{at} \ (a \in \mathbb R) 的 Laplace 变换

解

L[eat](s)=∫0+∞eate−stdt=∫0+∞e−(s−a)tdt=[e−(s−a)t−(s−a)]0+∞=1s−a(当s>a)\begin{aligned} \mathcal L[e^{at}](s) &= \int_0^{+\infty} e^{at} e^{-st} \,\mathrm{d}t \\ &= \int_0^{+\infty} e^{-(s - a)t} \,\mathrm{d}t \\ &= \left[ \dfrac{e^{-(s - a)t}}{-(s - a)} \right]_0^{+\infty} \\ &= \dfrac{1}{s - a} \quad (\text{当 }s > a) \end{aligned}

# 性质

命题 线性性质
令 f(t),g(t)f(t), g(t) 为定义在 t≥0t \geq 0 上的函数，a,b∈Ra,b \in \mathbb R，则有

L[af(t)+bg(t)](s)=aL[f(t)](s)+bL[g(t)](s)\mathcal L[af(t) + bg(t)](s) = a\mathcal L[f(t)](s) + b\mathcal L[g(t)](s)

证明

由定义，有

L[af(t)+bg(t)](s)=∫0+∞[af(t)+bg(t)]e−stdt=a∫0+∞f(t)e−stdt+b∫0+∞g(t)e−stdt=aL[f(t)](s)+bL[g(t)](s)\begin{aligned} \mathcal L[af(t) + bg(t)](s) &= \int_0^{+\infty} [af(t) + bg(t)] e^{-st} \,\mathrm{d}t \\ &= a \int_0^{+\infty} f(t) e^{-st} \,\mathrm{d}t + b \int_0^{+\infty} g(t) e^{-st} \,\mathrm{d}t \\ &= a\mathcal L[f(t)](s) + b\mathcal L[g(t)](s) \end{aligned}

□\square

命题 微分性质
令 f(t)f(t) 为定义在 t≥0t \geq 0 上的函数，且 f(n)(t)f^{(n)}(t) 存在，n∈N+n \in \mathbb N^+，则有

L[f(n)(t)](s)=snL[f(t)](s)−∑k=0n−1sn−1−kf(k)(0)\mathcal L[f^{(n)}(t)](s) = s^n \mathcal L[f(t)](s) - \sum_{k=0}^{n-1} s^{n-1-k} f^{(k)}(0)

证明

通过数学归纳法，取 n=1n=1

L[f′(t)](s)=∫0+∞f′(t)e−stdt=[f(t)e−st]0+∞+s∫0+∞f(t)e−stdt=−f(0)+sL[f(t)](s)\begin{aligned} \mathcal L[f'(t)](s) &= \int_0^{+\infty} f'(t) e^{-st} \,\mathrm{d}t \\ &= \left[ f(t) e^{-st} \right]_0^{+\infty} + s \int_0^{+\infty} f(t) e^{-st} \,\mathrm{d}t \\ &= -f(0) + s \mathcal L[f(t)](s) \end{aligned}

假设对于 n=mn = m 时成立，则对于 n=m+1n = m+1，有

L[f(m+1)(t)](s)=L[(f(m)(t))′](s)=sL[f(m)(t)](s)−f(m)(0)=s(smL[f(t)](s)−∑k=0m−1sm−1−kf(k)(0))−f(m)(0)=sm+1L[f(t)](s)−∑k=0msm−kf(k)(0)\begin{aligned} \mathcal L[f^{(m+1)}(t)](s) &= \mathcal L[(f^{(m)}(t))'](s) \\ &= s \mathcal L[f^{(m)}(t)](s) - f^{(m)}(0) \\ &= s \left( s^m \mathcal L[f(t)](s) - \sum_{k=0}^{m-1} s^{m-1-k} f^{(k)}(0) \right) - f^{(m)}(0) \\ &= s^{m+1} \mathcal L[f(t)](s) - \sum_{k=0}^{m} s^{m-k} f^{(k)}(0) \end{aligned}

□\square

特别地，对于 n=1n=1 以及 n=2n=2，有如下最常用的二阶变换

  • L[f′(t)](s)=sL[f(t)](s)−f(0)=sF(s)−f(0)\mathcal L[f'(t)](s) = s \mathcal L[f(t)](s) - f(0) = sF(s) - f(0)
  • L[f′′(t)](s)=s2L[f(t)](s)−sf(0)−f′(0)=s2F(s)−sf(0)−f′(0)\mathcal L[f''(t)](s) = s^2 \mathcal L[f(t)](s) - s f(0) - f'(0) = s^2 F(s) - s f(0) - f'(0)

# 逆变换

定义
令 F(s)F(s) 为定义在某个复平面区域的函数，则 F(s)F(s) 的 Laplace 逆变换 (Laplace Inverse Transform) 定义为

f(t)=L−1[F(s)](t):=12πilim⁡T→+∞∫γ−iTγ+iTF(s)estdsf(t) = \mathcal L^{-1}[F(s)](t) := \dfrac{1}{2\pi i} \lim_{T \to +\infty} \int_{\gamma - iT}^{\gamma + iT} F(s) e^{st} \,\mathrm{d}s

其中 γ\gamma 为大于 F(s)F(s) 所有奇点的实数

简单来说，对于时域变量 tt 和频域变量 ss

y(t)⇌Laplace Inverse TransformLaplace TransformY(s)y(t) \overset{\text{Laplace Transform}}{\underset{\text{Laplace Inverse Transform}}{\rightleftharpoons}} Y(s)

求 Laplace 的逆变换通常不需要使用定义中的积分进行计算，只需要反向查询 Laplace 变换表即可
当然，也可以使用留数定理进行简单的积分计算

示例
计算 F(s)=1s(s+1)F(s) = \dfrac{1}{s(s+1)} 的 Laplace 逆变换

解（查表）

利用部分分式分解，有

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

查表可知

L−1[1s](t)=1,L−1[1s+1](t)=e−t\mathcal L^{-1}\left[\dfrac{1}{s}\right](t) = 1,\quad \mathcal L^{-1}\left[\dfrac{1}{s+1}\right](t) = e^{-t}

所以

L−1[1s(s+1)](t)=1−e−t\mathcal L^{-1}\left[\dfrac{1}{s(s+1)}\right](t) = 1 - e^{-t}

示例
计算 F(s)=1s2+1F(s) = \dfrac{1}{s^2 + 1} 的 Laplace 逆变换

解（留数）

利用留数定理，有

L−1[1s2+1](t)=12πilim⁡T→+∞∫γ−iTγ+iTests2+1ds=Res(ests2+1,i)+Res(ests2+1,−i)=lim⁡s→i(s−i)ests2+1+lim⁡s→−i(s+i)ests2+1=lim⁡s→iests+i+lim⁡s→−iests−i=eit2i+e−it−2i=sin⁡ti=sin⁡t\begin{aligned} \mathcal L^{-1}\left[\dfrac{1}{s^2 + 1}\right](t) &= \dfrac{1}{2\pi i} \lim_{T \to +\infty} \int_{\gamma - iT}^{\gamma + iT} \dfrac{e^{st}}{s^2 + 1} \,\mathrm{d}s \\ &= \text{Res}\left( \dfrac{e^{st}}{s^2 + 1}, i \right) + \text{Res}\left( \dfrac{e^{st}}{s^2 + 1}, -i \right) \\ &= \lim_{s \to i} (s - i) \dfrac{e^{st}}{s^2 + 1} + \lim_{s \to -i} (s + i) \dfrac{e^{st}}{s^2 + 1} \\ &= \lim_{s \to i} \dfrac{e^{st}}{s + i} + \lim_{s \to -i} \dfrac{e^{st}}{s - i} \\ &= \dfrac{e^{it}}{2i} + \dfrac{e^{-it}}{-2i} \\ &= \dfrac{\sin t}{i} = \sin t \end{aligned}

# Laplace 变换表

以下为常用的 Laplace 变换对照表

f(t)f(t)F(s)=L[f(t)](s)F(s) = \mathcal L[f(t)](s) \quadf(t)f(t)F(s)=L[f(t)](s)F(s) = \mathcal L[f(t)](s) \quad
tnt^nn!sn+1\dfrac{n!}{s^{n+1}}eate^{at} \quad1s−a(s>a)\dfrac{1}{s - a} \ (s \gt a)
sin⁡bt\sin btbs2+b2\dfrac{b}{s^2 + b^2} \quadcos⁡bt\cos btss2+b2\dfrac{s}{s^2 + b^2} \quad
sinh⁡bt\sinh btbs2−b2(s>b)\dfrac{b}{s^2 - b^2} \ (s \gt b)cosh⁡bt\cosh btss2−b2(s>b)\dfrac{s}{s^2 - b^2} \ (s \gt b)
u(t−a)u(t - a)e−ass\dfrac{e^{-as}}{s} \quadtneatt^n e^{at} \quadn!(s−a)n+1(s>a)\dfrac{n!}{(s - a)^{n+1}} \ (s \gt a) \quad
eatsin⁡bte^{at} \sin btb(s−a)2+b2(s>a)\dfrac{b}{(s - a)^2 + b^2} \ (s \gt a)eatcos⁡bte^{at} \cos bts−a(s−a)2+b2(s>a)\dfrac{s - a}{(s - a)^2 + b^2} \ (s \gt a)

注：1=t01 = t^0 为 tnt^n 的特例情况，L[1](s)=1s\mathcal L[1](s) = \dfrac{1}{s} \quad

# 应用流程

解线性常微分方程组的一般流程如下

  1. 对常微分方程组的两边同时进行 Laplace 变换，利用线性性质以及微分性质，将微分方程组转化为代数方程组
  2. 解代数方程组，得到频域解 Y(s)Y(s)
  3. 对频域解 Y(s)Y(s) 进行 Laplace 逆变换，得到时域解 y(t)y(t)

示例
解常微分方程初值问题

y′′+3y′+2y=0,y(0)=1,y′(0)=0y'' + 3y' + 2y = 0,\quad y(0) = 1,\quad y'(0) = 0

解

对方程两边进行 Laplace 变换，得到

L[y′′](s)+3L[y′](s)+2L[y](s)=0\mathcal L[y''](s) + 3\mathcal L[y'](s) + 2\mathcal L[y](s) = 0

利用微分性质，有

s2Y(s)−sy(0)−y′(0)+3(sY(s)−y(0))+2Y(s)=0s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0) + 3(s Y(s) - y(0)) + 2 Y(s) = 0

代入初值，得到

(s2+3s+2)Y(s)−s−3=0(s^2 + 3s + 2) Y(s) - s - 3 = 0

解出 Y(s)Y(s)，有

Y(s)=s+3s2+3s+2=s+3(s+1)(s+2)=2s+1−1s+2Y(s) = \dfrac{s + 3}{s^2 + 3s + 2} = \dfrac{s + 3}{(s + 1)(s + 2)} = \dfrac{2}{s + 1} - \dfrac{1}{s + 2}

查表可知

L−1[1s+a](t)=e−at\mathcal L^{-1}\left[\dfrac{1}{s + a}\right](t) = e^{-at}

所以

y(t)=L−1[Y(s)](t)=2e−t−e−2ty(t) = \mathcal L^{-1}[Y(s)](t) = 2e^{-t} - e^{-2t}

示例
解如下方程组

{x′=3x+4yy′=−4x+3y,x(0)=0,y(0)=1\begin{cases} x' = 3x + 4y \\ y' = -4x + 3y \end{cases},\quad x(0) = 0,\quad y(0) = 1

其中 x=x(t),y=y(t)x = x(t), y = y(t)

解

对方程组两边同时进行 Laplace 变换，得到

{sX(s)−x(0)=3X(s)+4Y(s)sY(s)−y(0)=−4X(s)+3Y(s)\begin{cases} s X(s) - x(0) = 3 X(s) + 4 Y(s) \\ s Y(s) - y(0) = -4 X(s) + 3 Y(s) \end{cases}

代入初值，得到

{sX(s)=3X(s)+4Y(s)sY(s)−1=−4X(s)+3Y(s)\begin{cases} s X(s) = 3 X(s) + 4 Y(s) \\ s Y(s) - 1 = -4 X(s) + 3 Y(s) \end{cases}

解出 X(s),Y(s)X(s), Y(s)，有

X(s)=4s2+16,Y(s)=ss2+16X(s) = \dfrac{4}{s^2 + 16},\quad Y(s) = \dfrac{s}{s^2 + 16}

查表可知

L−1[bs2+b2](t)=sin⁡bt,L−1[ss2+b2](t)=cos⁡bt\mathcal L^{-1}\left[\dfrac{b}{s^2 + b^2}\right](t) = \sin bt,\quad \mathcal L^{-1}\left[\dfrac{s}{s^2 + b^2}\right](t) = \cos bt

所以

x(t)=L−1[X(s)](t)=sin⁡4t,y(t)=L−1[Y(s)](t)=cos⁡4tx(t) = \mathcal L^{-1}[X(s)](t) = \sin 4t,\quad y(t) = \mathcal L^{-1}[Y(s)](t) = \cos 4t