1. 从傅里叶变换到拉普拉斯变换

1.1 傅里叶变换的局限

傅里叶变换的公式：

$$ \begin{aligned} F(\omega) &= \int_{-\infin}^{\infin}{f(t) e^{-j\omega t} dt} \end{aligned} $$

其中的指数部分可以写为：

$$ e^{-jwt}=\cos{wt}-j\sin{wt} $$

但是对于函数比如 $f(t) = t^2$ 会发现根本积分不了，因为在无穷范围内积分的结果是无穷。

经典的傅里叶变换（非广义定义）通常要求 绝对可积条件：

$$ \int_{-\infin}^{\infin} |f(t)| dt < \infin $$

在工程中有一些方法可以处理这种不收敛的函数：

  • 加窗：只在有限区间内考虑函数
  • 专用拉普拉斯变换：拉普拉斯变换能处理发散情况，条件比傅里叶变换宽松。

那么如果还是希望能够分析这种函数，一个可行的方式是乘以某个指数函数，让它可以重新变成一个可积的函数。

这里只考虑积分正半部分，拉普拉斯变换通常只考虑正半部分。

有：

$$ \int_{0}^{\infin}{e^{-3 t} t^2 dt} = \frac{2}{27} $$

满足 绝对可积条件 。

如果我们将这个指数部分定义为 $\sigma$，定义 $s = \sigma + j\omega$，指数部分可以表述为

$$ e^{-\sigma t}e^{-j\omega t} = e^{-(\sigma + j\omega)t} = e^{-st} $$

这就引出了下面的拉普拉斯变换。

换句话说，傅里叶变换是拉普拉斯变换在 $\sigma = 0$ 时的特殊形式。

1.2 拉普拉斯变换

拉普拉斯变换（又称为拉式变换）是将时间域函数 $f(t)$（通常是 $t \ge 0$ 的信号或函数）映射到复频域函数 $F(s)$ 的一种方法，公式为：

$$ F(s) = \mathcal{L}{f(t)} = \int_{-\infin}^{\infin} f(t) e^{-st} dt $$

其中：

  • $t$ 是时间变量。
  • $s$ 是复频域变量，通常写作 $s = \sigma + j\omega$。
  • $F(s)$ 是 $f(t)$ 的拉普拉斯变换。

这里的符号 $\mathcal{L}(f(t))$ 表示对 $f(t)$ 做拉普拉斯变换。

如果把 $t^2 (t>0)$ 频域打印出来，高度用 $F(s)$ 的幅度表示（相位在这里确实也不关键），可以得到一张复平面上拉普拉斯变换的幅值图：

t2 laplace

拉普拉斯反变换：$F(s) \to f(t)$

$$ f(t) = \frac{1}{2\pi j} \int_{\gamma - j\infin}^{\gamma + j\infin} F(s) e^{st} ds $$

其中

  • $\gamma$ 是实轴上一个常数，使积分路径在 $F(s)$ 的所有奇点右侧
  • $s = \sigma + j\omega$

这里补充说明下，奇点是指 $F(s)$ 不存在或者发散的点，比如 $F(s)=\frac{2}{s^3}$ 的奇点是 $s = 0$。“右侧”意思是选一个实数 $\gamma$，使得这条垂直线 $s = \gamma + j\omega$ 位于所有奇点的右边，这样积分路径经过的地方，$F(s)e^{st}$ 在积分方向上是收敛的（假定原本积分是 t > 0），如果路径穿过奇点，积分会发散或者不满足公式要求。

1.3 单边拉普拉斯变换

工程领域，一般默认拉氏变换会对原函数先乘以阶跃函数再变换，阶跃函数是：

$$ u(t)= \begin{cases} &1, & t \ge 0\\ &0, & t \lt 0 \end{cases} $$

所以积分只需要在 $[0, +\infin]$ 之间进行积分，这被称为 单边拉普拉斯变换。

首先仔细推导一下 $f(x) = 1$ 的拉普拉斯变换。

拉普拉斯变换的定义是：

$$ \mathcal{L}{f(t)} = F(s) = \int_0^{\infin} f(t) e^{-st} dt $$

这里 $f(t) = 1$，所以：

$$ \mathcal{L}{1} = \int_0^{\infin} 1 \cdot e^{-st} dt = \int_0^{\infin} e^{-st} dt $$

这个积分可以直接计算：

$$ \int_0^{\infin} e^{-st} dt = \left[ -\frac{1}{s} e^{-st} \right]_0^{\infin} $$

当 $\Re(s) > 0$ 且 $t \to \infin$ 时，$e^{-st} \to 0$，所以：

$$ \int_0^{\infin} e^{-st} dt = lim_{t \to \infin}{(-\frac{1}{s} e^{-st})} - (-\frac{1}{s} e^{-s \cdot 0}) = 0 - \left(-\frac{1}{s}\right) = \frac{1}{s} $$

结论：

$$ \boxed{\mathcal{L}{1} = \frac{1}{s}, \quad \Re(s) > 0} $$

实际上我们并不需要一个个算，多数情况直接查表即可：

时域 $f(t)$频域 $F(s)$
$u(t)$$\frac{1}{s}$
$u(t)e^{-at}$$\frac{1}{s+a}$
$t u(t)$$\frac{1}{s^2}$
$u(t) \sin \omega t$$\frac{\omega}{s^2 + \omega^2}$
$u(t) \cos \omega t$$\frac{s}{s^2 + \omega^2}$
$u(t)e^{-at} \sin \omega t$$\frac{\omega}{(s+a)^2 + \omega^2}$
$u(t)e^{-at} \cos \omega t$$\frac{s+a}{(s+a)^2 + \omega^2}$

然后利用拉普拉斯变换的一些特性来求解。

1.4 积分特性：变上限积分的频域

$$ \mathcal{L} \left( \int_0^t{f(\tau)d\tau} \right) = \frac{F(s)}{s} $$

证明如下：

定义

$$ g(t) = \int_0^t f(\tau) d\tau $$

根据拉普拉斯定义：

$$ \mathcal{L}{g(t)} = \int_0^\infin g(t) e^{-st} dt = \int_0^\infin \left( \int_0^t f(\tau) d\tau \right) e^{-st} dt $$

交换积分顺序

$$ \int_0^\infin \left( \int_0^t f(\tau) d\tau \right) e^{-st} dt = \int_0^\infin f(\tau) \left( \int_\tau^\infin e^{-st} dt \right) d\tau $$

计算内层积分

$$ \int_\tau^\infin e^{-st} dt = \left[ \frac{-1}{s} e^{-st} \right]_{t=\tau}^{t=\infin} = \frac{e^{-s\tau}}{s} $$

回代外层积分

$$ \mathcal{L}{g(t)} = \int_0^\infin f(\tau) \frac{e^{-s\tau}}{s} d\tau = \frac{1}{s} \int_0^\infin f(\tau) e^{-s\tau} d\tau = \frac{F(s)}{s} $$

1.5 微分特性：拉氏变换 n 阶导数公式

1 阶导数

对于 $f(t)$ 的导数，进行拉式变换可以得到：

$$ \mathcal{L}{f{’}(t)} = sF(s) - f(0) $$

证明过程：

从定义出发，

$$ \mathcal{L}{f’(t)}=\int_0^\infin f’(t)e^{-st} dt. $$

做分部积分（取 $u=f(t),\ dv=e^{-st}dt$），得到

$$ \int_0^\infin f’(t)e^{-st}dt=\Big[f(t)e^{-st}\Big]_0^\infin + s\int_0^\infin f(t)e^{-st}dt. $$

在指数衰减条件下 $\lim_{t\to\infin}f(t)e^{-st}=0$，因此边界项为 $-f(0)$。于是

$$ \mathcal{L}{f’(t)}=sF(s)-f(0), $$

成立。

这里提 2 点：

  • 有的时候把 $f(0)$ 写成 $f(0^{+})$，指的是 右侧极限，这里是强调是在 $ t > 0 $ 的范围，所以取右侧极限。
  • 这里顺便提一下 $f(0)$ 在这里实际上是原函数中的直流分量，因为每求一阶导数，原函数中的常数项就消失了，$F(s)$ 是原函数的拉式变换，如果 $sF(s)$ 能表示导数的拉式变换，就肯定需要把原来的直流分量给去掉。

n 阶导数

对因果函数（因果函数在“系统开始响应之前没有任何输出”），有

$$ \mathcal{L}{f^{(n)}(t)}=s^n F(s)-s^{n-1}f(0)-s^{n-2}f’(0)-\cdots-f^{(n-1)}(0), $$

其中 $F(s)=\mathcal{L}{f(t)}$，且 $f,f’,\dots,f^{(n-1)}$ 在 $t=0^+$ 存在，且 $f$ 为指数阶使积分收敛。

比如对于 2 阶导数

$$ \mathcal{L}{f’’(t)} = s^2 F(s) - s f(0) - f’(0), $$

这个 n 阶的证明过程不在这里写了，通过归纳法可以证明。

1.6 线性性质

拉普拉斯变换是线性的：

$$ \mathcal{L}{a f(t) + b g(t)} = a F(s) + b G(s) $$

其中 $a, b$ 是常数，$F(s) = \mathcal{L}{f(t)}$，$G(s) = \mathcal{L}{g(t)}$。

这意味着我们对每个分量套公式再做线性加减法，完全是可行的。

2. 求解常微分方程

解微分方程：

$$ y’’ + 3y’ + 2y = e^{-t}, \quad y(0) = 0, \quad y’(0) = 0 $$

当然不止一种方法，这里介绍的是如何用拉普拉斯变换来解。

拉普拉斯变换可以把微分运算转换成代数运算，从而把一个微分方程变成一个代数方程。

因为拉普拉斯变换把原来的各种微分，都变成了 $sF(s)$ 所表达这种类似的形式。

2.1 对方程进行拉普拉斯变换

令

$$ \mathcal{L}\left[y(t)\right] = Y(s) $$

根据对导数求拉普拉斯变换的性质：

$$ \mathcal{L}{y’} = sY(s) - y(0) $$

$$ \mathcal{L}{y’’} = s^2 Y(s) - s y(0) - y’(0) $$

代入初值 $y(0)=0, y’(0)=0$：

$$ \mathcal{L}{y’’} = s^2 Y(s) $$

$$ \mathcal{L}{3y’} = 3s Y(s) $$

$$ \mathcal{L}{2y} = 2 Y(s) $$

$$ \mathcal{L}{e^{-t}} = \frac{1}{s+1} $$

所以方程变为：

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

2.2 求解代数方程

提取 $Y(s)$：

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

分解因式：

$$ s^2 + 3s + 2 = (s+1)(s+2) $$

所以：

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

2.3 反拉普拉斯变换

首先进行因式分解，因为拆分后才可以方便套公式直接做反拉普拉斯变换

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

两边通分：

$$ 1 = A(s+1)(s+2) + B(s+2) + C(s+1)^2 $$

通过代入 $s=-1, -2$ 或系数比较，求出：

  • $s=-1$ → $1 = B(1) \Rightarrow B=1$
  • $s=-2$ → $1 = C(1) \Rightarrow C=1$
  • 选择 $s=0$ → $1 = A(2) + B(2) + C(1) = 2A + 2 + 1 \Rightarrow 2A = -2 \Rightarrow A=-1$

所以分解为：

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

之后，做反拉普拉斯变换：

$$ y(t) = \mathcal{L}^{-1}{Y(s)} = -e^{-t} + t e^{-t} + e^{-2t} = t e^{-t} - e^{-t} + e^{-2t} $$

最终结果：

$$ y(t) = t e^{-t} - e^{-t} + e^{-2t} $$