最后更新: 2026-04-11 16:56 查看: 393 次纠错评论(0) 课件开VIP

Laplace 变换的定义★★★★★

## Laplace 变换的定义

设函数 $f(t)$ 是定义在 $[0,+\infty)$ 上的实值函数，如果对于复参数 $s=\beta+j \omega$ ，积分 $F(s)=\int_0^{+\infty} f(t) e ^{-s t} d t$ 在复平面 $s$ 的某一区域内收敛，则称 $F(s)$ 为 $f(t)$ 的 Laplace 变换或**像函数**，记为 $F(s)= L [f(t)]$ ，即

$$
\boxed{
F(s)= L [f(t)]=\int_0^{+\infty} f(t) e^{-s t} d t ...(9.1)
}
$$

相应地，称 $f(t)$ 为 $F(s)$ 的 Laplace 逆变换或**像原函数**，记为 $f(t)= L ^{-1}[F(s)]$ ．

其关系如下图

![图片](/uploads/2026-04/5f6e3e.jpg){width=500px}

### 拉氏变换和傅氏变换的关系
傅氏变换的公式是
$$
F(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty} f(t) \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \omega t} \mathrm{~d} t
$$
拉氏变换与傅氏变换到底有什么关系呢？或者说拉氏变换是如何对傅氏变换进行改造的呢？由（9.1）式有

$$
\begin{aligned}
\mathscr{L}[f(t)] & =\int_0^{+\infty} f(t) \mathrm{e}^{-s t} \mathrm{~d} t=\int_0^{+\infty} f(t) \mathrm{e}^{-\beta t} \cdot \mathrm{e}^{-\mathrm{j} \omega t} \mathrm{~d} t \\
& =\int_{-\infty}^{+\infty} f(t) u(t) \mathrm{e}^{-\beta t} \mathrm{e}^{-\mathrm{j} \omega t} \mathrm{~d} t=\mathscr{F}\left[f(t) u(t) \mathrm{e}^{-\beta t}\right] .
\end{aligned}
$$

可见函数 $f(t)$ 的拉氏变换就是 $f(t) u(t) \mathrm{e}^{-\beta t}$ 的傅氏变换．其基本想法是：首先通过单位阶跃函数 $u(t)$ 使函数 $f(t)$ 在 $t<0$ 的部分充零（或者补零）；其次对函数 $f(t)$ 在 $t>0$ 的部分乘上一个衰减的指数函数 $\mathrm{e}^{-\beta t}$ 以降低其＂增长＂速度，这样就有希望使函数 $f(t) u(t) \mathrm{e}^{-\beta t}$ 满足傅氏积分条件，从而对它进行傅氏积分．

### 补充：单位阶跃函数
名词解释：

（1）单位意味着变化值为1
（2）阶跃可以理解为一个阶段的跳跃（从一个阶段跳跃到另外一个阶段）

定义：

$$
u(t)= \begin{cases}0 & t<0 \\ 1 & t>0\end{cases}
$$

图像

![图片](/uploads/2026-04/c65600.jpg){width=300px}

上述阶跃函数的变化点是在 0 这个点。
当然也可以在 $t_0$ 点，我们把这个叫做阶跃函数的延迟 $t_0$ 时间。

定义：

$$
u\left(t-t_0\right)= \begin{cases}0 & t<t_0 \\ 1 & t>t_0\end{cases}
$$

图像：

![图片](/uploads/2026-04/a70b48.jpg){width=300px}

##  例题

`例` 分别求单位阶跃函数 $u(t)$ 、符号函数 $\operatorname{sgn} t$ 以及函数 $f(t)=1$ 的拉氏变换．

① 单位阶跃函数的拉氏变换
$$
L [u(t)]=\int_0^{+\infty} u(t) e^{-s t} d t=\int_0^{+\infty} 1 \cdot e^{-s t} d t=\frac{1}{s},  
 (\operatorname{Re} s>0) 
$$

② [符号函数](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=253) 的拉氏变换

$$
{L}[\operatorname{sgn} t]   =\int_0^{+\infty}(\operatorname{sgn} t) \mathrm{e}^{-s t} \mathrm{~d} t=\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-s t} \mathrm{~d} t=\frac{1}{s} \quad(\operatorname{Re} s>0)
$$
③常函数1的拉氏变换

$$
{L}[1]   =\int_0^{+\infty} 1 \cdot \mathrm{e}^{-s t} \mathrm{~d} t=\frac{1}{s} \quad(\operatorname{Re} s>0)
$$

例子显示，这三个函数的像函数是一样的，这一点应不难理解．现在的问题是对于像函数 $F(s)=\frac{1}{s}(\operatorname{Re} s>0)$ ，其像原函数到底是哪一个呢？

原则上讲，所有在 $t>0$ 时为 1 的函数均可作为像原函数，这是因为在拉氏变换所应用的场合，并不需要关心函数 $f(t)$ 在 $t<0$ 时的取值情况．但为了描述方便，一般约定：在拉氏变换中所提到的函数 $f(t)$ 均理解为当 $t<0$ 时取零值．例如，对于函数 $f(t)=\sin t$ ，可直接理解为 $f(t)=u(t) \sin t$ ．这样一来，像函数 $F(s)=\frac{1}{s}(\operatorname{Re} s>0)$ 的像原函数可写为 $f(t)=1$ ，即 $\mathscr{L}^{-1}\left[\frac{1}{s}\right]=1$ ．

> 如果仅从数学的角度看，拉氏变换其实并不复杂，只要一个函数对$e^{-st}$ 相乘再积分即可。

`例` 求 $\mathscr{L}\left[\mathrm{e}^{a t}\right]$ ．

解：

$$
\begin{aligned}
\mathscr{L}\left[\mathrm{e}^{a t}\right] & =\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{a t} \mathrm{e}^{-s t} \mathrm{~d} t \\
& =\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-(s-a) t} \mathrm{~d} t=-\left.\frac{1}{s-a} \mathrm{e}^{-(s-a) t}\right|_0 ^{+\infty} \\
& =\frac{1}{s-a}, \quad \operatorname{Re} s>\operatorname{Re} a
\end{aligned}
$$

即 
$$
\boxed{
\mathscr{L}\left[\mathrm{e}^{a t}\right]=\frac{1}{s-a}
}
$$

如果令$a=0$, 也能得到 $\mathscr{L}[1]=\frac{1}{s}$ ．

\boxed{

\mathscr{L}\left[\mathrm{e}^{-\alpha t}\right]=\frac{1}{s-(-\alpha)} \quad(\operatorname{Re} s>-\alpha)
}
$$

和

$$
\boxed{
  \mathscr{L}\left[\mathrm{e}^{\mathrm{j} \omega t}\right]=\frac{1}{s-\mathrm{j} \omega} \quad(\operatorname{Re} s>0)
}
$$

`例`求正弦函数 $f(t)=\sin k t$ 的 Laplace 变换，$k$ 为实常数．
解：

$$
\begin{aligned}
\mathscr{L}(\sin k t) & =\int_0^{+\infty} \sin k t \mathrm{e}^{-s t} \mathrm{~d} t \\
& =\int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i} k t}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i} k t}}{2 \mathrm{i}} \mathrm{e}^{-s t} \mathrm{~d} t \\
& =\frac{1}{2 \mathrm{i}} \int_0^{+\infty}\left[\mathrm{e}^{-(s-\mathrm{i} k) t}-\mathrm{e}^{-(s+\mathrm{i} k) t}\right] \mathrm{d} t \\
& =\frac{1}{2 \mathrm{i}} \int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-(s-\mathrm{i} k) t} \mathrm{~d} t-\frac{1}{2 \mathrm{i}} \int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-(s+\mathrm{i} k) t} \mathrm{~d} t
\end{aligned}
$$

由于 $\left|\mathrm{e}^{-(s-\mathrm{i} k) t}\right|=\mathrm{e}^{-\operatorname{Re}(s) t}$ ，故当 $\operatorname{Re}(s)>0$ 时，上述两个积分均绝对收敛，于是

$$
\mathscr{L}(\sin k t)=\frac{1}{2 \mathrm{i}}\left(\frac{1}{s-\mathrm{i} k}-\frac{1}{s+\mathrm{i} k}\right)=\frac{k}{s^2+k^2}[\operatorname{Re}(s)>0] .
$$

`例` 求 $\cos \omega t$ 的拉氏变换．
解 由 $\cos \omega t=\frac{1}{2}\left(\mathrm{e}^{\mathrm{j} \omega t}+\mathrm{e}^{-\mathrm{j} \omega t}\right)$ 及 $\mathscr{C}\left[\mathrm{e}^{\mathrm{j} \omega t}\right]=\frac{1}{s-\mathrm{j} \omega}$ ，有

$$
\mathscr{L}[\cos \omega t]=\frac{1}{2}\left(\mathscr{L}\left[\mathrm{e}^{\mathrm{j} \omega t}\right]+\mathscr{L}\left[\mathrm{e}^{-\mathrm{j} \omega t}\right]\right)
$$

$$
=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-\mathrm{j} \omega}+\frac{1}{s+\mathrm{j} \omega}\right)=\frac{s}{s^2+\omega^2} .
$$

由上面两例子得到
$$
\boxed
{
L[\sin \omega t] = \frac{\omega}{s^2+\omega^2}
}
$$

和
$$
\boxed
{
L[\cos \omega t] = \frac{s}{s^2+\omega^2}

}
$$

`例` $L \left[t^m\right]=\frac{m!}{s^{m+1}}=\frac{\Gamma(m+1)}{s^{m+1}} $

解：
$$
\begin{aligned}
L \left[t^m\right] & =\int_0^{+\infty} t^m e^{-s t} d t=\frac{1}{-s} \int_0^{+\infty} t^m d^{-s t} \\
& =\left.\frac{1}{-s} t^m e^{-s t}\right|_0 ^{+\infty}+\frac{m}{s} \int_0^{+\infty} t^{m-1} e^{-s t} d t=\frac{m}{s} L \left[t^{m-1}\right] \\
& =\frac{m(m-1)}{s^2} L \left[t^{m-2}\right]=\cdots=\frac{m!}{s^m} L [1]=\frac{m!}{s^{m+1}}
\end{aligned}
$$

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