拉普拉斯变换求解线性常系数微分方程

绝大多数参考来源：通义千问

拉普拉斯定义与性质：

一、什么是拉普拉斯变换？

拉普拉斯变换（Laplace Transform）是一种积分变换，由法国数学家皮埃尔·西蒙·拉普拉斯（Pierre-Simon Laplace）在约1812年提出。它的核心思想是：

将一个关于时间 $t$ 的函数 $f(t)$ 转换为一个关于复变量 $s$ 的函数 $F(s)$。

这个转换使得原本在时域中难以处理的微分、积分运算，变为在复频域中的代数运算。

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二、拉普拉斯变换的定义

对于一个定义在 $t\ge 0$ 上的实值函数 $f(t)$，其单边拉氏变换定义为：

F(s)=L{f(t)}=∫0∞f(t)e−stdt F(s) = \mathcal{L}\{f(t)\} = \int_0^\infty f(t) e^{-st} dt F(s)=L{f(t)}=∫0∞​f(t)e−stdt

其中：

• $f(t)$：原函数（时域函数）
• $F(s)$：象函数（复频域函数）
• $s=\sigma +j\omega$：复变量（$\sigma$ 是实部，$\omega$ 是虚部，$j=\sqrt{-1}$）
• $e^{-st}$：核函数（变换的核心）

注意：我们通常使用的是单边拉氏变换（从0到∞积分），适用于因果系统（即系统在 $t<0$ 时无响应）。

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三、拉氏反变换

从 $F(s)$ 恢复 $f(t)$ 的过程称为拉氏反变换，公式为：

f(t)=L−1{F(s)}=12πj∫c−j∞c+j∞F(s)estds f(t) = \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} = \frac{1}{2\pi j} \int_{c - j\infty}^{c + j\infty} F(s) e^{st} ds f(t)=L−1{F(s)}=2πj1​∫c−j∞c+j∞​F(s)estds

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四、线性算子

1、什么是“线性算子”？

一个变换（或算子）$\mathcal{T}$ 是线性的，当且仅当它满足两个性质：

1. 可加性（Additivity）：
   T{f(t)+g(t)}=T{f(t)}+T{g(t)} \mathcal{T}\{f(t) + g(t)\} = \mathcal{T}\{f(t)\} + \mathcal{T}\{g(t)\} T{f(t)+g(t)}=T{f(t)}+T{g(t)}

2. 齐次性（Homogeneity）：
   T{af(t)}=aT{f(t)} \mathcal{T}\{a f(t)\} = a \mathcal{T}\{f(t)\} T{af(t)}=aT{f(t)}

如果一个变换同时满足这两个性质，我们就说它是线性算子。

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2、证明：拉氏变换是线性算子

我们从定义出发，证明它满足可加性和齐次性。

🔷 1. 可加性（Additivity）

设两个函数 $f(t)$ 和 $g(t)$，它们的拉氏变换分别为：

• L{f(t)}=∫0∞f(t)e−stdt\mathcal{L}\{f(t)\} = \int_0^\infty f(t) e^{-st} dtL{f(t)}=∫0∞​f(t)e−stdt
• L{g(t)}=∫0∞g(t)e−stdt\mathcal{L}\{g(t)\} = \int_0^\infty g(t) e^{-st} dtL{g(t)}=∫0∞​g(t)e−stdt

考虑它们的和 $ f(t) + g(t) $ 的拉氏变换：
L{f(t)+g(t)}=∫0∞[f(t)+g(t)]e−stdt \mathcal{L}\{f(t) + g(t)\} = \int_0^\infty [f(t) + g(t)] e^{-st} dt L{f(t)+g(t)}=∫0∞​[f(t)+g(t)]e−stdt

利用积分的线性性（即 $ \int (a + b) = \int a + \int b $）：
=∫0∞f(t)e−stdt+∫0∞g(t)e−stdt=L{f(t)}+L{g(t)} = \int_0^\infty f(t) e^{-st} dt + \int_0^\infty g(t) e^{-st} dt = \mathcal{L}\{f(t)\} + \mathcal{L}\{g(t)\} =∫0∞​f(t)e−stdt+∫0∞​g(t)e−stdt=L{f(t)}+L{g(t)}

✅ 所以：可加性成立

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🔷 2. 齐次性（Homogeneity）

设 $a$ 是任意常数（实数或复数），考虑 $af(t)$ 的拉氏变换：
L{af(t)}=∫0∞[af(t)]e−stdt \mathcal{L}\{a f(t)\} = \int_0^\infty [a f(t)] e^{-st} dt L{af(t)}=∫0∞​[af(t)]e−stdt

把常数 $a$ 提到积分外面（积分的齐次性）：
=a∫0∞f(t)e−stdt=aL{f(t)} = a \int_0^\infty f(t) e^{-st} dt = a \mathcal{L}\{f(t)\} =a∫0∞​f(t)e−stdt=aL{f(t)}

✅ 所以：齐次性成立

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总结

拉氏变换是线性算子，因为它本质上是一个积分变换，而积分具有天然的线性性质：

$$\int [af(t)+bg(t)]e^{-st}dt=a\int f(t)e^{-st}dt+b\int g(t)e^{-st}dt$$

这直接保证了：
L{af(t)+bg(t)}=aF(s)+bG(s) \mathcal{L}\{a f(t) + b g(t)\} = a F(s) + b G(s) L{af(t)+bg(t)}=aF(s)+bG(s)

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微分方程求解实例：

题目：

求解以下二阶常系数线性微分方程：

$$y^{\prime \prime }(t)+3y^{\prime }(t)+2y(t)=e^{-t},y(0)=1,y^{\prime }(0)=0$$

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第一步：对方程两边取拉氏变换

L{y′′(t)+3y′(t)+2y(t)}=L{e−t} \mathcal{L}\{y''(t) + 3y'(t) + 2y(t)\} = \mathcal{L}\{e^{-t}\} L{y′′(t)+3y′(t)+2y(t)}=L{e−t}

利用拉氏变换的线性性质，展开得：
L{y′′(t)}+3L{y′(t)}+2L{y(t)}=L{e−t} \mathcal{L}\{y''(t) \} + 3\mathcal{L}\{y'(t) \} + 2\mathcal{L}\{y(t)\} = \mathcal{L}\{e^{-t}\} L{y′′(t)}+3L{y′(t)}+2L{y(t)}=L{e−t}

记 L{y(t)}=Y(s)\mathcal{L}\{y(t)\} = Y(s)L{y(t)}=Y(s)

我们逐项变换：

1. L{y′′(t)}\mathcal{L}\{y''(t)\}L{y′′(t)}

根据微分定理（后续有推导）：
L{y′′(t)}=s2Y(s)−sy(0)−y′(0)=s2Y(s)−s⋅1−0=s2Y(s)−s \mathcal{L}\{y''(t)\} = s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0) = s^2 Y(s) - s \cdot 1 - 0 = s^2 Y(s) - s L{y′′(t)}=s2Y(s)−sy(0)−y′(0)=s2Y(s)−s⋅1−0=s2Y(s)−s

2.L{y′(t)}\mathcal{L}\{y'(t)\}L{y′(t)}

L{y′(t)}=sY(s)−y(0)=sY(s)−1 \mathcal{L}\{y'(t)\} = s Y(s) - y(0) = s Y(s) - 1 L{y′(t)}=sY(s)−y(0)=sY(s)−1

3. L{2y(t)}=2Y(s)\mathcal{L}\{2y(t)\} = 2Y(s)L{2y(t)}=2Y(s)

4. L{e−t}\mathcal{L}\{e^{-t}\}L{e−t}

查表：L{e−at}=1s+a\mathcal{L}\{e^{-at}\} = \frac{1}{s+a}L{e−at}=s+a1​，所以
L{e−t}=1s+1 \mathcal{L}\{e^{-t}\} = \frac{1}{s+1} L{e−t}=s+11​

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第二步：将所有项代入原方程的拉氏变换形式

原方程变为：

$$[s^{2}Y(s)-s]+3[sY(s)-1]+2Y(s)=\frac{1}{s+1}$$

展开整理：

$$s^{2}Y(s)-s+3sY(s)-3+2Y(s)=\frac{1}{s+1}$$

合并同类项：

$$(s^2+3s+2)Y(s)-s-3=\frac{1}{s+1}$$

移项：

$$(s^2+3s+2)Y(s)=\frac{1}{s+1}+s+3$$

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第三步：解出 $Y(s)$

先化简右边：

$$\frac{1}{s+1}+s+3=\frac{1+(s+3)(s+1)}{s+1}$$

计算分子：
$$(s+3)(s+1)=s^2+4s+3\Rightarrow 1+s^2+4s+3=s^2+4s+4$$

所以右边为：
$$\frac{s^2+4s+4}{s+1}$$

左边系数：
$$s^2+3s+2=(s+1)(s+2)$$

因此：
$$Y(s)=\frac{s^2+4s+4}{(s+1)(s+1)(s+2)}=\frac{s^2+4s+4}{(s+1{)}^2(s+2)}$$

注意：分子 $s^2+4s+4=(s+2{)}^2$

所以：
$$Y(s)=\frac{(s+2{)}^2}{(s+1{)}^2(s+2)}=\frac{s+2}{(s+1{)}^2}\text{（约去一个 }s+2\text{，前提是 }s\ne -2\text{）}$$

最终得到：
$$Y(s)=\frac{s+2}{(s+1{)}^2}$$

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第四步：对 $Y(s)$ 进行部分分式分解（可选）

我们可以尝试分解以便查表反变换：

$$\frac{s+2}{(s+1{)}^2}=\frac{A}{s+1}+\frac{B}{(s+1{)}^2}$$

两边同乘 $(s+1{)}^2$：
$$s+2=A(s+1)+B$$

令 $s=-1$：
$$-1+2=A(0)+B\Rightarrow B=1$$

再令 $s=0$：
$$0+2=A(1)+1\Rightarrow A=1$$

所以：
$$Y(s)=\frac{1}{s+1}+\frac{1}{(s+1{)}^2}$$

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第五步：取拉氏反变换

查表：

• ${\mathcal{L}}^{-1}\left\{\frac{1}{s+1}\right\}=e^{-t}$
• ${\mathcal{L}}^{-1}\left\{\frac{1}{(s+1{)}^2}\right\}=t{e}^{-t}$

所以：

$$y(t)=e^{-t}+t{e}^{-t}=e^{-t}(1+t),t\ge 0$$

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微分定理

拉氏变换的微分定理是：

如果 $f(t)$ 的拉氏变换为 F(s)=L{f(t)}F(s) = \mathcal{L}\{f(t)\}F(s)=L{f(t)}，且 $f(t)$ 在 $t\ge 0$ 上连续可导，那么：

L{f′(t)}=sF(s)−f(0−) \mathcal{L}\{f'(t)\} = sF(s) - f(0^-) L{f′(t)}=sF(s)−f(0−)

其中 $f(0^{-})$ 是$t\to 0^{-}$ 时的初值（通常记为 $f(0)$，在因果系统中理解为 $t=0$ 时刻的初始状态）。

这个公式是整个拉氏变换应用于微分方程的核心！

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1、推导过程：从定义出发

我们从拉氏变换的定义开始：

L{f′(t)}=∫0∞f′(t)e−stdt \mathcal{L}\{f'(t)\} = \int_0^\infty f'(t) e^{-st} dt L{f′(t)}=∫0∞​f′(t)e−stdt

这是一个积分，被积函数是两个函数的乘积：$f^{\prime }(t)$ 和 $e^{-st}$。
这提示我们可以使用分部积分法（Integration by Parts）。

分部积分公式：

$$\int udv=uv-\int vdu$$

我们设：

• $u=e^{-st}\Rightarrow du=-s{e}^{-st}dt$
• $dv=f^{\prime }(t)dt\Rightarrow v=f(t)$

✅ 注意：$\int f^{\prime }(t)dt=f(t)$，这是基本积分性质。

代入分部积分公式：

$${\int }_0^{\infty }{f}^{\prime }(t)e^{-st}dt={\left[f(t)e^{-st}\right]}_{t=0}^{t=\infty }-{\int }_0^{\infty }f(t)(-s{e}^{-st})dt$$

化简：

$$=\left[\underset{t\to \infty }{\lim }f(t)e^{-st}-f(0)e^0\right]+s{\int }_0^{\infty }f(t)e^{-st}dt$$

即：

$$=\left[\underset{t\to \infty }{\lim }f(t)e^{-st}-f(0)\right]+sF(s)$$

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2、关键一步：极限项的处理

我们来看这一项：
$$\underset{t\to \infty }{\lim }f(t)e^{-st}$$

• 假设 $f(t)$ 的增长速度不超过某个指数函数（这是拉氏变换存在的条件之一）；
• 而 $e^{-st}=e^{-\sigma t}{e}^{-j\omega t}$，其中 $s=\sigma +j\omega$；
• 当 $\text{Re}(s)=\sigma >{\sigma }_0$（某个收敛横坐标）时，$e^{-\sigma t}$ 衰减得比 $f(t)$ 增长得快；
• 所以只要 $s$ 在收敛域内，就有：
  $$\underset{t\to \infty }{\lim }f(t)e^{-st}=0$$

✅ 这就是为什么拉氏变换要求“在某个右半平面收敛”。

因此，极限项为 0。

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3、最终结果

代入上面的结果：

L{f′(t)}=[0−f(0)]+sF(s)=sF(s)−f(0) \mathcal{L}\{f'(t)\} = [0 - f(0)] + s F(s) = sF(s) - f(0) L{f′(t)}=[0−f(0)]+sF(s)=sF(s)−f(0)

这就是我们熟悉的微分定理！

L{f′(t)}=sF(s)−f(0) \boxed{\mathcal{L}\{f'(t)\} = sF(s) - f(0)} L{f′(t)}=sF(s)−f(0)​

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4、高阶导数的推广

二阶导数：

L{f′′(t)}=L{ddt(f′(t))} \mathcal{L}\{f''(t)\} = \mathcal{L}\left\{ \frac{d}{dt}(f'(t)) \right\} L{f′′(t)}=L{dtd​(f′(t))}

套用一次微分定理：

=s⋅L{f′(t)}−f′(0)=s[sF(s)−f(0)]−f′(0)=s2F(s)−sf(0)−f′(0) = s \cdot \mathcal{L}\{f'(t)\} - f'(0) = s[sF(s) - f(0)] - f'(0) = s^2 F(s) - s f(0) - f'(0) =s⋅L{f′(t)}−f′(0)=s[sF(s)−f(0)]−f′(0)=s2F(s)−sf(0)−f′(0)

三阶导数：

L{f′′′(t)}=s3F(s)−s2f(0)−sf′(0)−f′′(0) \mathcal{L}\{f'''(t)\} = s^3 F(s) - s^2 f(0) - s f'(0) - f''(0) L{f′′′(t)}=s3F(s)−s2f(0)−sf′(0)−f′′(0)

规律：每求一次导，就多一个初始条件项，且 s 的幂次降低一次。

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5、直观理解：为什么会有 $-f(0)$ 这一项？

我们可以这样理解：

• 拉氏变换是从 $t=0$ 开始积分的，它“看不到” $t<0$ 的信息；
• 但函数的导数包含了从 $t=0^{-}$ 到$ t=0^+$ 的跳变信息；
• 所以在变换中，必须显式地补上初始状态的影响；
• $-f(0)$ 正是对“历史状态”的修正项。

🔍 类比：就像你解微分方程时需要初始条件一样，拉氏变换在转换过程中就把这些条件“打包”进去了。

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6、特殊情况：零初始条件

如果系统初始静止，即 $f(0)=0$，那么：

L{f′(t)}=sF(s) \mathcal{L}\{f'(t)\} = sF(s) L{f′(t)}=sF(s)

这意味着：

时域中的微分操作 ⇔ 复频域中乘以 $s$

这正是拉氏变换强大的地方——微分变成了乘法！

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补充

在我们的实例计算中，可以看到有两次查表，一次是等式右边的$e^{-t}$做拉氏变换，不是所有的函数都可以做拉氏变换，所以等式右边是有一定的要求（后面会给出），另一次是求到$Y(s)$后做拉氏逆变换。其实查表就是提前求出来的结果，以便之后直接使用，就跟求导一样，提前记好各个函数求导的结果是什么。

一、可进行拉氏变换的函数

1、具体条件详解

条件	说明
✅ 必须是因果信号	$t<0$ 时为 0，通常乘以 $u(t)$
✅ 分段连续	允许有限个跳跃间断点（如方波）
✅ 指数阶增长	存在 $M,{\sigma }_0$，使得 $r(t)\le M{e}^{{\sigma }_{0}t}$
✅ 常见工程信号都支持	阶跃、冲激、正弦、指数、多项式等

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2、 常见支持的输入类型：

类型	示例	拉氏变换 $F(s)$	是否支持
常数	$5$	$\frac{5}{s}$	✅ 支持
单位阶跃函数	$u(t $	$\frac{1}{s}$	✅ 支持
指数函数	$e^{-at}$, $e^{2t}$	$\frac{1}{s+a}$, $\frac{1}{s-2}$	✅ 支持（需注意收敛域）
幂函数	$t^n$	$\frac{n!}{s^{n+1}}$	✅ 支持
正弦/余弦函数	$\sin (\omega t)$, $\cos (\omega t)$	$\frac{\omega }{s^2+{\omega }^2}$, $\frac{s}{s^2+{\omega }^2}$	✅ 支持
斜坡函数	$t\cdot u(t)$	$\frac{1}{s^2}$	✅ 支持
冲激函数	$\delta (t)$	$1$	✅ 支持（理想激励）
延迟信号	$f(t-a)u(t-a)$	$e^{-as}F(s)$	✅ 支持
分段连续函数	方波、三角波（周期信号）	可变换（如用 $\frac{1-e^{-sT}}{s(1+e^{-sT})}$ 等）	✅ 支持
多项式 × 指数	$t^2{e}^{-3t}$	$\frac{2}{(s+3{)}^3}$	✅ 支持

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3、不支持或需特殊处理的情况

类型	示例	问题	处理方式
不满足指数阶增长	$e^{t^2}$	增长太快，积分发散	❌ 不支持
非因果信号（$t<0$ 非零）	$\sin (t)$（定义在 $-\infty <t<\infty$）	拉氏变换默认 $t\ge 0$	需截断为 $\sin (t)u(t)$ ✅
无界振荡	$\sin (t^2)$	非指数阶，难以变换	❌ 一般不支持
随机信号（白噪声）	$w(t)$	不是确定函数	需用随机过程方法（如功率谱）
狄拉克函数的导数	${\delta }^{\prime }(t)$	数学上存在，但物理不可实现	可形式变换为 $s$，但需谨慎

二、可查表的拉氏变换

一、回顾：拉氏变换的定义

拉氏变换的定义是：

L{f(t)}=F(s)=∫0∞f(t)e−stdt \mathcal{L}\{f(t)\} = F(s) = \int_0^\infty f(t) e^{-st} dt L{f(t)}=F(s)=∫0∞​f(t)e−stdt

我们要做的，就是对不同的 $f(t)$，计算这个积分，得到对应的 $F(s)$。下面我们就逐个推导几个最常用的函数。

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二、逐个推导常用函数的拉氏变换

1. 单位阶跃函数 $f(t)=u(t)$ 或简写为 $1$

定义：$u(t)=\{\begin{array}{ll}0,& t<0\\ 1,& t\ge 0\end{array}$

由于我们只关心 $t\ge 0$，所以 $f(t)=1$

L{1}=∫0∞1⋅e−stdt=∫0∞e−stdt \mathcal{L}\{1\} = \int_0^\infty 1 \cdot e^{-st} dt = \int_0^\infty e^{-st} dt L{1}=∫0∞​1⋅e−stdt=∫0∞​e−stdt

这是一个基本积分：

$$={\left[\frac{e^{-st}}{-s}\right]}_0^{\infty }=\underset{t\to \infty }{\lim }\frac{e^{-st}}{-s}-\frac{e^0}{-s}$$

• 当 $\text{Re}(s)>0$（复数 s 的实部） 时，$e^{-st}\to 0$
• 所以第一项为 0

$$=0-\left(-\frac{1}{s}\right)=\frac{1}{s}$$

✅ 结论：
L{1}=1s,Re(s)>0 \boxed{\mathcal{L}\{1\} = \frac{1}{s}, \quad \text{Re}(s) > 0} L{1}=s1​,Re(s)>0​

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2. 指数函数 $f(t)=e^{-at}$（$a$ 为常数）

L{e−at}=∫0∞e−ate−stdt=∫0∞e−(s+a)tdt \mathcal{L}\{e^{-at}\} = \int_0^\infty e^{-at} e^{-st} dt = \int_0^\infty e^{-(s+a)t} dt L{e−at}=∫0∞​e−ate−stdt=∫0∞​e−(s+a)tdt

这和上面一样：

$$={\left[\frac{e^{-(s+a)t}}{-(s+a)}\right]}_0^{\infty }=0-\left(-\frac{1}{s+a}\right)=\frac{1}{s+a}$$

收敛条件：$\text{Re}(s+a)>0\Rightarrow \text{Re}(s)>-a$

✅ 结论：
L{e−at}=1s+a,Re(s)>−a \boxed{\mathcal{L}\{e^{-at}\} = \frac{1}{s+a}, \quad \text{Re}(s) > -a} L{e−at}=s+a1​,Re(s)>−a​

📌 特例：当 $ a = 0 $，就是前面的 $ \mathcal{L}{1} = \frac{1}{s} $

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3. 线性函数 $ f(t) = t $

L{t}=∫0∞te−stdt \mathcal{L}\{t\} = \int_0^\infty t e^{-st} dt L{t}=∫0∞​te−stdt

使用分部积分法：

设：

• $ u = t \Rightarrow du = dt $
• $ dv = e^{-st} dt \Rightarrow v = -\frac{1}{s} e^{-st} $

则：
$$\int t{e}^{-st}dt=-\frac{t}{s}{e}^{-st}+\int \frac{1}{s}{e}^{-st}dt=-\frac{t}{s}{e}^{-st}-\frac{1}{s^2}{e}^{-st}$$

代入上下限 $ 0 \to \infty $：

• 当 $ t \to \infty $：$ t e^{-st} \to 0 $（因为指数衰减快于线性增长），$ e^{-st} \to 0 $
• 当 $ t = 0 $：$ -\frac{0}{s} \cdot 1 - \frac{1}{s^2} \cdot 1 = -\frac{1}{s^2} $

所以：
L{t}=[−tse−st−1s2e−st]0∞=0−(−1s2)=1s2 \mathcal{L}\{t\} = \left[ -\frac{t}{s} e^{-st} - \frac{1}{s^2} e^{-st} \right]_0^\infty = 0 - \left( -\frac{1}{s^2} \right) = \frac{1}{s^2} L{t}=[−st​e−st−s21​e−st]0∞​=0−(−s21​)=s21​

✅ 结论：
L{t}=1s2,Re(s)>0 \boxed{\mathcal{L}\{t\} = \frac{1}{s^2}, \quad \text{Re}(s) > 0} L{t}=s21​,Re(s)>0​

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4. 幂函数 $f(t)=t^n$（一般形式）

可以证明（数学归纳法或伽马函数）：

L{tn}=n!sn+1,n=0,1,2,… \mathcal{L}\{t^n\} = \frac{n!}{s^{n+1}}, \quad n = 0,1,2,\dots L{tn}=sn+1n!​,n=0,1,2,…

• $n=0$：L{1}=1s\mathcal{L}\{1\} = \frac{1}{s}L{1}=s1​
• $n=1$：L{t}=1s2\mathcal{L}\{t\} = \frac{1}{s^2}L{t}=s21​
• $n=2$：L{t2}=2s3\mathcal{L}\{t^2\} = \frac{2}{s^3}L{t2}=s32​
• 依此类推

📌 这个公式在部分分式反变换中非常有用。

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5. 单位脉冲函数（Dirac Delta）$f(t)=\delta (t)$

定义：$\delta (t)$ 是一个“在 $t=0$ 处无限高、无限窄，但面积为 1”的理想化函数，满足：
$${\int }_0^{\infty }\delta (t)\varphi (t)dt=\varphi (0)$$
对任意连续函数 $\varphi (t)$ 成立。

所以：
L{δ(t)}=∫0∞δ(t)e−stdt=e−s⋅0=1 \mathcal{L}\{\delta(t)\} = \int_0^\infty \delta(t) e^{-st} dt = e^{-s \cdot 0} = 1 L{δ(t)}=∫0∞​δ(t)e−stdt=e−s⋅0=1

✅ 结论：
L{δ(t)}=1 \boxed{\mathcal{L}\{\delta(t)\} = 1} L{δ(t)}=1​

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6. 正弦函数 $f(t)=\sin (\omega t)$

我们用欧拉公式来推导：

$$\sin (\omega t)=\frac{e^{j\omega t}-e^{-j\omega t}}{2j}$$

利用线性性：

L{sin⁡(ωt)}=12j[L{ejωt}−L{e−jωt}] \mathcal{L}\{\sin(\omega t)\} = \frac{1}{2j} \left[ \mathcal{L}\{e^{j\omega t}\} - \mathcal{L}\{e^{-j\omega t}\} \right] L{sin(ωt)}=2j1​[L{ejωt}−L{e−jωt}]

查指数函数公式：

• L{ejωt}=1s−jω\mathcal{L}\{e^{j\omega t}\} = \frac{1}{s - j\omega}L{ejωt}=s−jω1​
• L{e−jωt}=1s+jω\mathcal{L}\{e^{-j\omega t}\} = \frac{1}{s + j\omega}L{e−jωt}=s+jω1​

所以：
L{sin⁡(ωt)}=12j(1s−jω−1s+jω) \mathcal{L}\{\sin(\omega t)\} = \frac{1}{2j} \left( \frac{1}{s - j\omega} - \frac{1}{s + j\omega} \right) L{sin(ωt)}=2j1​(s−jω1​−s+jω1​)

通分：
$$=\frac{1}{2j}\cdot \frac{(s+j\omega )-(s-j\omega )}{(s-j\omega )(s+j\omega )}=\frac{1}{2j}\cdot \frac{2j\omega }{s^2+{\omega }^2}=\frac{\omega }{s^2+{\omega }^2}$$

✅ 结论：
L{sin⁡(ωt)}=ωs2+ω2,Re(s)>0 \boxed{\mathcal{L}\{\sin(\omega t)\} = \frac{\omega}{s^2 + \omega^2}, \quad \text{Re}(s) > 0} L{sin(ωt)}=s2+ω2ω​,Re(s)>0​

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7. 余弦函数 $f(t)=\cos (\omega t)$

同样用欧拉公式：
$$\cos (\omega t)=\frac{e^{j\omega t}+e^{-j\omega t}}{2}$$

L{cos⁡(ωt)}=12(1s−jω+1s+jω)=12⋅2ss2+ω2=ss2+ω2 \mathcal{L}\{\cos(\omega t)\} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{s - j\omega} + \frac{1}{s + j\omega} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{2s}{s^2 + \omega^2} = \frac{s}{s^2 + \omega^2} L{cos(ωt)}=21​(s−jω1​+s+jω1​)=21​⋅s2+ω22s​=s2+ω2s​

✅ 结论：
L{cos⁡(ωt)}=ss2+ω2,Re(s)>0 \boxed{\mathcal{L}\{\cos(\omega t)\} = \frac{s}{s^2 + \omega^2}, \quad \text{Re}(s) > 0} L{cos(ωt)}=s2+ω2s​,Re(s)>0​

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三、总结：查表是怎么来的？

函数 $f(t)$	推导方法
$1,e^{-at}$	直接积分
$t,t^n$	分部积分 或 递推
$\delta (t)$	冲激函数的筛选性质
$\sin (\omega t),\cos (\omega t)$	欧拉公式 + 指数函数变换
$t{e}^{-at}$	分部积分 或 利用 S域微分性质

✅ 所有这些结果都被“打包”进了一张拉氏变换表，我们不需要每次都重新积分，只需查表即可。

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四、补充：S域微分性质（快速推导高阶函数）

还有一个高级技巧：S域微分性质

L{tf(t)}=−ddsF(s) \mathcal{L}\{t f(t)\} = -\frac{d}{ds} F(s) L{tf(t)}=−dsd​F(s)

例如：

• L{e−at}=1s+a\mathcal{L}\{e^{-at}\} = \frac{1}{s+a}L{e−at}=s+a1​
• 所以 L{te−at}=−dds(1s+a)=1(s+a)2\mathcal{L}\{t e^{-at}\} = -\frac{d}{ds} \left( \frac{1}{s+a} \right) = \frac{1}{(s+a)^2}L{te−at}=−dsd​(s+a1​)=(s+a)21​

这比直接积分更快！

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三、可查表的拉氏逆变换

逆变换的理论公式（反演积分）是：
f(t)=L−1{F(s)}=12πj∫c−j∞c+j∞F(s)estds f(t) = \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} = \frac{1}{2\pi j} \int_{c - j\infty}^{c + j\infty} F(s) e^{st} ds f(t)=L−1{F(s)}=2πj1​∫c−j∞c+j∞​F(s)estds
这是一个复变函数中的围线积分，在工程中直接计算较难。

但我们在实际应用中“查表”得到的那些逆变换结果，并不是每次都用这个复积分算出来的，而是通过以下几种方法“反向推导”或“构建”出来的：

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一、逆变换查表公式的来源

逆变换主要是通过以下 四种方法 得到的：

✅ 方法 1：利用正变换的已知结果（对称性）

这是最直接的方法。

既然我们知道：
L{e−at}=1s+a \mathcal{L}\{e^{-at}\} = \frac{1}{s+a} L{e−at}=s+a1​
那么自然就有：
$${\mathcal{L}}^{-1}\left\{\frac{1}{s+a}\right\}=e^{-at}$$

查表的本质是“双向记忆”：正变换和逆变换是一一对应的。

所以，所有正变换推导出的结果，都可以“倒过来”作为逆变换查表的依据。

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✅ 方法 2：部分分式分解 + 查基本表

这是工程中最常用的方法。适用于有理函数（多项式之比）。

例子：求

$$F(s)=\frac{1}{(s+1)(s+2)}$$
的逆变换。

步骤 1：部分分式分解

设：
$$\frac{1}{(s+1)(s+2)}=\frac{A}{s+1}+\frac{B}{s+2}$$

两边乘 $(s+1)(s+2)$：
$$1=A(s+2)+B(s+1)$$

令 $s=-1$：$1=A(1)\Rightarrow A=1$
令 $s=-2$：$1=B(-1)\Rightarrow B=-1$

所以：
$$F(s)=\frac{1}{s+1}-\frac{1}{s+2}$$

步骤 2：查表

• ${\mathcal{L}}^{-1}\left\{\frac{1}{s+1}\right\}=e^{-t}$
• ${\mathcal{L}}^{-1}\left\{\frac{1}{s+2}\right\}=e^{-2t}$

步骤 3：线性叠加

$$f(t)=e^{-t}-e^{-2t},t\ge 0$$

✅ 这就是我们查表能直接用的原因：复杂函数被拆成基本函数的和。

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✅ 方法 3：配方法 + 查三角函数表

适用于分母为二次项的情况。

例子：求

$$F(s)=\frac{1}{s^2+2s+5}$$
的逆变换。

步骤 1：配方

$$s^2+2s+5=(s+1{)}^2+4=(s+1{)}^2+2^2$$

所以：
$$F(s)=\frac{1}{(s+1{)}^2+2^2}$$

步骤 2：利用 S域平移性质

我们知道：
L{sin⁡(2t)}=2s2+4⇒L−1{1s2+4}=12sin⁡(2t) \mathcal{L}\{\sin(2t)\} = \frac{2}{s^2 + 4} \Rightarrow \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^2 + 4}\right\} = \frac{1}{2} \sin(2t) L{sin(2t)}=s2+42​⇒L−1{s2+41​}=21​sin(2t)

而：
L−1{F(s−a)}=eatf(t)(S域平移) \mathcal{L}^{-1}\left\{F(s - a)\right\} = e^{at} f(t) \quad \text{(S域平移)} L−1{F(s−a)}=eatf(t)(S域平移)

这里 $F(s+1)=\frac{1}{(s+1{)}^2+4}$，所以：

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

即：
$$f(t)=\frac{1}{2}{e}^{-t}\sin (2t)$$

✅ 所以查表时，我们不仅记“形式”，还记“如何变形”。

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✅ 方法 4：利用性质推导新公式（如 S域微分、时域微分）

我们可以用已知变换 + 性质，推导出新的逆变换。

例子：求

$${\mathcal{L}}^{-1}\left\{\frac{1}{(s+a{)}^2}\right\}$$

我们知道：
L{e−at}=1s+a \mathcal{L}\{e^{-at}\} = \frac{1}{s+a} L{e−at}=s+a1​

利用 S域微分性质：
L{tf(t)}=−ddsF(s)⇒L−1{−ddsF(s)}=tf(t) \mathcal{L}\{t f(t)\} = -\frac{d}{ds} F(s) \Rightarrow \mathcal{L}^{-1}\left\{-\frac{d}{ds} F(s)\right\} = t f(t) L{tf(t)}=−dsd​F(s)⇒L−1{−dsd​F(s)}=tf(t)

所以：
$$-\frac{d}{ds}\left(\frac{1}{s+a}\right)=\frac{1}{(s+a{)}^2}\Rightarrow {\mathcal{L}}^{-1}\left\{\frac{1}{(s+a{)}^2}\right\}=t{e}^{-at}$$

✅ 所以我们就能在表中写下：
$$\frac{1}{(s+a{)}^2}\leftrightarrow t{e}^{-at}$$

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三、复变函数视角：反演积分（高级，了解即可）

理论上，逆变换是通过复平面上的围线积分计算的：
$$f(t)=\frac{1}{2\pi j}{\int }_{c-j\infty }^{c+j\infty }F(s)e^{st}ds$$

对于有理函数 $ F(s) $，可以用**留数定理（Residue Theorem）**计算：

$$f(t)=\sum \text{Res}[F(s)e^{st},\text{极点}]$$

例子：$F(s)=\frac{1}{(s+1)(s+2)}$

极点：$s=-1,-2$

• 在 $s=-1$ 的留数：
  $$\underset{s\to -1}{\lim }(s+1)\cdot \frac{e^{st}}{(s+1)(s+2)}=\frac{e^{-t}}{1}=e^{-t}$$
• 在 $s=-2$ 的留数：
  $$\underset{s\to -2}{\lim }(s+2)\cdot \frac{e^{st}}{(s+1)(s+2)}=\frac{e^{-2t}}{-1}=-e^{-2t}$$

所以：
$$f(t)=e^{-t}-e^{-2t}$$

✅ 这和部分分式结果一致！

🔍 这说明：部分分式本质上是留数法的代数实现。

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