最后更新: 2025-01-20 14:33 查看: 203 次高考专区考研专区公式专区刷题专区词条搜索

Laplace 变换的性质

在下面给出的基本性质中，所涉及到的函数的 Laplace 变换均假定存在，它们的增长指数均假定为 $c$ 。且 $F(s)=\mathscr{L}[f(t)], \quad G(s)=\mathscr{L}[g(t)] .$

对于涉及到的一些运算 (如求导、积分、极限及求和等)的次序交换问题，均不另作说明。

## 线性性质  
性质 设 $a , b$ 为常数，则有

$$
\begin{aligned}
& L [a f(t)+b g(t)]=a F(s)+b G(s) \\
& L ^{-1}[a F(s)+b G(s)]=a f(t)+b g(t)
\end{aligned}
$$

证明（略）

`例`求函数 $f(t)=\sin 2 t \sin 3 t$ 的 Laplace 变换。
解

$$
\begin{gathered}
f(t)=\sin 2 t \sin 3 t=\frac{1}{2}(\cos t-\cos 5 t), \\
\mathscr{L}[f(t)]=\frac{1}{2}(\mathscr{L}[\cos t]-\mathscr{L}[\cos 5 t]) \\
=\frac{1}{2}\left(\frac{s}{s^2+1}-\frac{s}{s^2+25}\right) \\
=\frac{12 s}{\left(s^2+1\right)\left(s^2+25\right)} .
\end{gathered}
$$

`例`已知 $F(s)=\frac{1}{(s-1)(s-2)}$ ，求 $f(t)= L ^{-1}[F(s)]$ ．
解 $F(s)=\frac{1}{s-2}-\frac{1}{s-1}$ ，

$$
\begin{aligned}
f(t) & = L ^{-1}[F(s)]= L ^{-1}\left[\frac{1}{s-2}\right]- L ^{-1}\left[\frac{1}{s-1}\right] \\
& =e^{2 t}-e^t
\end{aligned}
$$

## 相似性质（尺度性质）
性质 设 $a$ 为任一正实数，则 $L [f(a t)]=\frac{1}{a} F\left(\frac{s}{a}\right)$ ．证明 $L [f(a t)]=\int_0^{+\infty} f(a t) e ^{-s t} d t$

$$
\begin{aligned}
& \xlongequal{\text { 令 } x=a t} \frac{1}{a} \int_0^{+\infty} f(x) e^{-\frac{s}{a} x} d x \\
& =\frac{1}{a} F\left(\frac{s}{a}\right) .
\end{aligned}
$$

## 延迟性质
性质 设当 $t<0$ 时 $f(t)=0$ ，则对任一非负实数 $\tau$ 有

$$
L [f(t-\tau)]=e^{-s \tau} F(s)
$$

证明 $L [f(t-\tau)]=\int_0^{+\infty} f(t-\tau) e ^{-s t} d t$

$$
\begin{aligned}
& =\int_\tau^{+\infty} f(t-\tau) e^{-s t} d t \\
& \xlongequal{\text { 令 } x=t-\tau} \int_0^{+\infty} f(x) e^{-s x} \cdot e^{-s \tau} d x \\
& =e^{-s \tau} F(s) .
\end{aligned}
$$

注意 在延迟性质中专门强调了当 $t<0$ 时 $f(t)=0$ 这一约定。
因此，本性质也可以直接表述为：

$$
L [f(t-\tau) u(t-\tau)]=e^{-s \tau} F(s) .
$$

可见，在利用本性质求逆变换时应为：

$$
L ^{-1}\left[e^{-s \tau} F(s)\right]=f(t-\tau) u(t-\tau) .
$$

`例`求 $L \left[\sin \left(t-\frac{\pi}{2}\right)\right]$ ．
解 方法一 
 ![图片](/uploads/2025-01/f44ef3.jpg)

已知 $L [\sin t]=\frac{1}{s^2+1}$ ，
根据延迟性质有

$$
L \left[\sin \left(t-\frac{\pi}{2}\right)\right]=\frac{1}{s^2+1} e^{-\frac{\pi}{2} s} .
$$

方法二：

![图片](/uploads/2025-01/81446d.jpg)
 
$$
\begin{aligned}
L \left[\sin \left(t-\frac{\pi}{2}\right)\right] & = L [-\cos t] \\
& =\frac{1}{s^2+1}(-s) .
\end{aligned}
$$

`例`设 $F(s)=\frac{1}{s-1} e ^{-2 s}$ ，求 $L ^{-1}[F(s)]$ ．
解 由于 $L ^{-1}\left[\frac{1}{s-1}\right]= e ^t u(t)$ ，根据延迟性质有

$$
\begin{aligned}
L ^{-1}[F(s)] & =e^{t-2} u(t-2) \\
& =\left\{\begin{array}{cc}
e^{t-2}, & t>2, \\
0, & t<2 .
\end{array}\right.
\end{aligned}
$$

##  位移性质      
性质 设 $a$ 为任一复常数，则 $L \left[ e ^{a t} f(t)\right]=F(s-a)$ ．
证明（略）

例如 $L \left[ e ^t \cos t\right]=\frac{s-1}{(s-1)^2+1}$ ．

$$
L \left[e^t \sin t\right]=\frac{1}{(s-1)^2+1}
$$

## 导数的象函数
性质 $L \left[f^{\prime}(t)\right]=s F(s)-f(0)$ ．
证明 $L \left[f^{\prime}(t)\right]=\int_0^{+\infty} f^{\prime}(t) e ^{-s t} d t=\int_0^{+\infty} e ^{-s t} d f(t)$

$$
=\left.f(t) e^{-s t}\right|_0 ^{+\infty}+s \int_0^{+\infty} f(t) e^{-s t} d t
$$

由 $|f(t)| \leq M e ^{c t}$ ，有 $\left|f(t) e ^{-s t}\right| \leq M e ^{-(\operatorname{Re} s-c) t}$ ，
因此当 $\operatorname{Re} s=\beta>c$ 时，有 $\lim _{t \rightarrow+\infty} f(t) e ^{-s t}=0$ ，
即得 $L \left[f^{\prime}(t)\right]=s F(s)-f(0)$ ．

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

一般地，有

$$
L \left[f^{(n)}(t)\right]=s^n F(s)-s^{n-1} f(0)-s^{n-2} f^{\prime}(0)-\cdots-f^{(n-1)}(0)
$$

其中，$f^{(k)}(0)$ 应理解为 $\lim _{t \rightarrow 0^{+}} f^{(k)}(t)$ ．
> Laplace 变换的这一性质非常重要，可用来求解微分方程（组）的初值问题。

`例`求函数 $f(t)=t^m$ 的 Laplace 变换（ $m$ 为正整数）。
解 利用导数的象函数性质来求解本题
由 $f(0)=f^{\prime}(0)=\cdots=f^{(m-1)}(0)=0$ 以及 $f^{(m)}(t)=m$ ！有

$$
\begin{aligned}
L \left[f^{(m)}(t)\right] & = L [m!] \\
& =s^m F(s)-s^{m-1} f(0)-s^{m-2} f^{\prime}(0)-\cdots-f^{(m-1)}(0) \\
& =s^m L [f(t)]=s^m L \left[t^m\right],
\end{aligned}
$$

故有 $L \left[t^m\right]=\frac{1}{s^m} L [m!]=\frac{m!}{s^m} L [1]=\frac{m!}{s^{m+1}}$ ．

## 象函数的导数
性质 $F^{\prime}(s)=- L [t f(t)] ;$
一般地，有 $F^{(n)}(s)=(-1)^n L \left[t^n f(t)\right]$ ．
证明 由 $F(s)=\int_0^{+\infty} f(t) e ^{-s t} d t$ 有

$$
\begin{aligned}
F^{\prime}(s) & =\frac{d}{d s} \int_0^{+\infty} f(t) e^{-s t} d t=\int_0^{+\infty} \frac{\partial}{\partial s}\left[f(t) e^{-s t}\right] d t \\
& =-\int_0^{+\infty} t f(t) e^{-s t} d t=- L [t f(t)]
\end{aligned}
$$

同理可得 $F^{(n)}(s)=(-1)^n L \left[t^n f(t)\right]$ ．

`例`求函数 $f(t)=t \sin \omega t$ 的 Laplace 变换。
解 已知 $L [\sin \omega t]=\frac{\omega}{s^2+\omega^2}$ ，
根据象函数的导数性质有

$$
\begin{aligned}
L [t \sin \omega t] & =-\frac{d}{d s}\left[\frac{\omega}{s^2+\omega^2}\right] \\
& =\frac{2 \omega s}{\left(s^2+\omega^2\right)^2}
\end{aligned}
$$

`例` 求函数 $f(t)=t^2 \cos ^2 t$ 的 Laplace 变换。
解 $t^2 \cos ^2 t=\frac{1}{2} t^2(1+\cos 2 t)$ ，已知 $L [1]=\frac{1}{s}, L [\cos 2 t]=\frac{s}{s^2+2^2}$ ，

根据线性性质以及象函数的导数性质有

$$
\begin{aligned}
L \left[t^2 \cos ^2 t\right] & =\frac{1}{2} \cdot \frac{d^2}{d s^2}\left[\frac{1}{s}+\frac{s}{s^2+2^2}\right] \\
& =\frac{2\left(s^6+24 s^2+32\right)}{s^3\left(s^2+4\right)^3}
\end{aligned}
$$

`例`求函数 $f(t)=t e ^{-3 t} \sin 2 t$ 的 Laplace 变换。
解 已知 $L [\sin 2 t]=\frac{2}{s^2+2^2}$ ，
根据位移性质有

$$
L \left[e^{-3 t} \sin 2 t\right]=\frac{2}{(s+3)^2+4}
$$

再由象函数的导数性质有

$$
\begin{aligned}
L \left[t e^{-3 t} \sin 2 t\right] & =-\frac{d}{d s}\left(\frac{2}{(s+3)^2+4}\right) \\
& =\frac{4(s+3)}{\left[(s+3)^2+4\right]^2} .
\end{aligned}
$$

## 积分的象函数
性质 $L \left[\int_0^t f(t) d t\right]=\frac{1}{s} F(s)$ ．
证明 令 $g(t)=\int_0^t f(t) d t$ ，则 $g^{\prime}(t)=f(t)$ 且 $g(0)=0$ ，
由微分性质有

$$
\begin{aligned}
& L \left[g^{\prime}(t)\right]=s G(s)-g(0)=s G(s) \\
\Rightarrow & G(s)=\frac{1}{s} L \left[g^{\prime}(t)\right]=\frac{1}{s} L [f(t)]
\end{aligned}
$$

即得 $L \left[\int_0^t f(t) d t\right]=\frac{1}{s} F(s)$ ．

1．积分的象函数
性质 $L \left[\int_0^t f(t) d t\right]=\frac{1}{s} F(s)$ ；
一般地，有

$$
L [\underbrace{\int_0^t d t \int_0^t d t \cdots \int_0^t}_{n \text { 次 }} f(t) d t]=\frac{1}{s^n} F(s) .
$$

`例` 求函数 $f(t)=\int_0^t t \sin 2 t d t$ 的 Laplace 变换。
解 已知 $L [\sin 2 t]=\frac{2}{s^2+2^2}$ ，
根据微分性质有

$$
L [t \sin 2 t]=-\frac{d}{d s}\left(\frac{2}{s^2+2^2}\right)=\frac{4 s}{\left(s^2+4\right)^2}
$$

再由积分性质得

$$
L \left[\int_0^t t \sin 2 t d t\right]=\frac{1}{s} \cdot \frac{4 s}{\left(s^2+4\right)^2}=\frac{4}{\left(s^2+4\right)^2}
$$

象函数的积分
性质 $\int_s^{\infty} F(s) d s= L \left[\frac{f(t)}{t}\right]$ 。
一般地，有

$$
\underbrace{\int_s^{\infty} d s \int_s^{\infty} d s \cdots \int_s^{\infty}}_{n \text { 次 }} F(s) d s= L \left[\frac{f(t)}{t^n}\right] .
$$

证明（略）

`例`求函数 $f(t)=\frac{\sin t}{t}$ 的 Laplace 变换。
解 已知 $L [\sin t]=\frac{1}{s^2+1}$ ，根据象函数的积分性质有

$$
L \left[\frac{\sin t}{t}\right]=\int_s^{\infty} \frac{1}{1+s^2} d s=\operatorname{arccot} s
$$

即 $\int_0^{+\infty} \frac{\sin t}{t} e ^{-s t} d s=\operatorname{arccot} s$ ．

> 在上式中，如果令 $s=0$ ，则有 $\int_0^{+\infty} \frac{\sin t}{t} d s=\frac{\pi}{2}$ ．

启示 在 Laplace 变换及其性质中，如果取 $s$ 为某些特定的值，就可以用来求一些函数的广义积分。

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