MIT_18.03_微分方程_Laplace_Transform_拉普拉斯变换_Notes

Laplace Transform

引

对于幂级数 power series
$\sum_{0}^{\infty}{a_{n}x^n} = A(x)$0∑∞​an​xn=A(x)
左边看成关于n的函数 n从0，1，2…取到$\infty$∞

那么当n的取值从离散变为连续 时，会发生什么？

…t从0连续取到$\infty$∞，再求和…
$\int_{0}^{\infty}a(t)x^tdt = A(x)$∫0∞​a(t)xtdt=A(x)
为了方便 将$x^t$xt写成$(e^{lnx})^t ,0<x<1$(elnx)t,0<x<1以使积分收敛

再将$lnx$lnx替换为$-s,s>0$−s,s>0，即得到了$a(t)$a(t)的拉普拉斯变换 Laplace Transform

以更正式的形式写出
$\int_{0}^{\infty}{f(t)e^{-st}}dt = F(s)$∫0∞​f(t)e−stdt=F(s)

Notion：

$\mathcal{L}(f(t)) = F(s) \ \ or \ \ f(t)\leadsto F(s)$L(f(t))=F(s)  or  f(t)⇝F(s)

另一种理解：

$e^{-st}$e−st是一个衰减因子，使得一些对于不满足迪利克雷条件的函数$f(t)$f(t)乘上其之和变得可积，进而可以“傅立叶变换”，即拉普拉斯变换为加强版的傅立叶变换

文章目录

• Laplace Transform
• 引
• @[toc]
• 变换 & 算子
• 性质
• 线性 Linearity
• 指数位移法则 exponential-shifting law
• 存在性 Existence
• 指数阶
• 分段连续
• 存在条件
• 导数的拉普拉斯变换 t-derivative rule
• 拉普拉斯变换的导数 s-derivative rule
• 积分的拉普拉斯变换 t-integration rule
• 拉普拉斯变换的积分 s-integration rule
• 常用公式
• 拉普拉斯逆变换
• 待定系数法
• Heaviside Cover-up Method
• 拉普拉斯变换解线性微分方程
• 处理跳跃间断点 Jump Discontinuity
• 跃阶函数 Step Function
• 单位跃阶 Unit Step
• a处跃阶
• 单位方框函数 Unit Box Function
• 唯一化
• t轴平移公式 t axis translation formula
• 不连续函数拉氏变换的逆变换
• 不连续函数拉氏变换的逆变换

变换 & 算子

变换变量改变
$f(t)\stackrel{}{\longrightarrow}\boxed{transform}\stackrel{}{\longrightarrow}F(s)$f(t)⟶​transform​⟶​F(s)
算子变量不变
$f(t)\stackrel{}{\longrightarrow}\boxed{operator}\stackrel{}{\longrightarrow}g(t)$f(t)⟶​operator​⟶​g(t)

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性质

线性 Linearity

$\mathcal{L}(f + g) = \mathcal{L}(f) + \mathcal{L}(g)\\ \mathcal{L}(cf) = c\mathcal{L}(f)$L(f+g)=L(f)+L(g)L(cf)=cL(f)

指数位移法则 exponential-shifting law

$e^{at}f(t) \leadsto F(s-a)$eatf(t)⇝F(s−a)

PROOF
$\int_{0}^{\infty}{e^{at}f(t)e^{-st}dt} = \int_{0}^{\infty}{f(t)e^{-(s-a)t}dt} = F(s-a)$∫0∞​eatf(t)e−stdt=∫0∞​f(t)e−(s−a)tdt=F(s−a)

存在性 Existence

指数阶

$f(t)$f(t)是指数形式 exponential type/ of exponential order

对于$\forall t>0,\exists C>0,k>0$∀t>0,∃C>0,k>0 这是视频上的定义
$s.t.\left|f(t)\right|\leqslant Ce^{kt}$s.t.∣f(t)∣⩽Cekt
事实上应该是

$\exist M,C,\alpha,\forall t>M,$∃M,C,α,∀t>M,
$s.t.|f(t)|\leqslant Ce^{\alpha t}$s.t.∣f(t)∣⩽Ceαt
$f(t)$f(t) of exponential order $\alpha$α $f(t)$f(t)是$\alpha$α指数阶函数

其实就是$f(t) \in O(e^{\alpha t})$f(t)∈O(eαt)

代表$f(t)$f(t)最后能被$e^{-st}$e−st“拉”回来

分段连续

存在有限个跳跃间断点 其余地方连续

存在条件

如果$f(t)$f(t)是分段连续的$\alpha$α指数阶函数 则$\mathcal{L}(f)(s)$L(f)(s)对于所有$Re(s)>\alpha$Re(s)>α收敛

PROOF

suppose $Re(s) > a$Re(s)>a and $|f(t)|<Me^{at}$∣f(t)∣<Meat， we write $s = (a+\alpha)+ib$s=(a+α)+ib, where $\alpha > 0$α>0

then, since $|e^{-bit}| = 1$∣e−bit∣=1
$|f(t)e^{-st}| = |f(t)e^{-(a+\alpha)t}e^{-bit}| = |f(t)e^{-(a+\alpha)t}|<Me^{-\alpha t}$∣f(t)e−st∣=∣f(t)e−(a+α)te−bit∣=∣f(t)e−(a+α)t∣<Me−αt
since $\int_0^\infty Me^{-\alpha t}dt$∫0∞​Me−αtdt converges for $\alpha > 0$α>0 所以拉普拉斯变换收敛

其实就是绝对值审敛法

导数的拉普拉斯变换 t-derivative rule

$\mathcal{L}(f'(t)) = sF(s) -f(0)\\ \mathcal{L}(f''(t)) = s^2F(s)-sf(0)-f'(0)\\ ...\\ \mathcal{L}(f^{(n)}(t)) = s^nF(s)-s^{n-1}f(0)-...-sf^{(n-2)}(0)-f^{(n-1)}(0)$L(f′(t))=sF(s)−f(0)L(f′′(t))=s2F(s)−sf(0)−f′(0)...L(f(n)(t))=snF(s)−sn−1f(0)−...−sf(n−2)(0)−f(n−1)(0)

PROOF
$\mathcal{L}(f'(t)) = \int_{0}^{\infty}{f'(t)e^{-st}}dt \\ = e^{-st}f(t)\Big|_0^\infty -(-s)\int_{0}^{\infty}{f(t)e^{-st}}dt\\ =-f(0) + sF(s)\\$L(f′(t))=∫0∞​f′(t)e−stdt=e−stf(t)∣∣∣​0∞​−(−s)∫0∞​f(t)e−stdt=−f(0)+sF(s)

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

拉普拉斯变换的导数 s-derivative rule

$\mathcal{L}(tf)(s) = -F'(s)\\ \mathcal{L}(t^nf)(s) = (-1)^nF^{(n)}(s)$L(tf)(s)=−F′(s)L(tnf)(s)=(−1)nF(n)(s)

PROOF
$F(s) = \mathcal{L}(f) = \int_{0}^{\infty}{f(t)e^{-st}}dt\\ F'(s) = \frac{d}{ds}\int_{0}^{\infty}{f(t)e^{-st}}dt\\ =\int_{0}^{\infty}{-tf(t)e^{-st}}dt\\ =-\mathcal{L}(tf(t))$F(s)=L(f)=∫0∞​f(t)e−stdtF′(s)=dsd​∫0∞​f(t)e−stdt=∫0∞​−tf(t)e−stdt=−L(tf(t))

积分的拉普拉斯变换 t-integration rule

$\mathcal{L}(\int_0^tf(u)du) = \frac{F(s)}{s}$L(∫0t​f(u)du)=sF(s)​

PROOF
$\mathcal{L}(\int_0^tf(u)du) = \mathcal{L}(f(t)*1) = \mathcal{L}(f)\mathcal{L}(1) = \frac{F(s)}{s}$L(∫0t​f(u)du)=L(f(t)∗1)=L(f)L(1)=sF(s)​

拉普拉斯变换的积分 s-integration rule

$\mathcal{L}(\frac{f(t)}{t}) = \int_s^\infty F(u)du$L(tf(t)​)=∫s∞​F(u)du

PROOF
$\int_s^\infty F(u)du = \int_s^\infty\int_0^\infty f(t)e^{-ut}dt du\\ =\int_0^\infty(\int_s^\infty f(t)e^{-ut}du)dt = \int_0^\infty \frac{f(t)}{t}e^{-st}dt\\ = \mathcal{L}(\frac{f(t)}{t})$∫s∞​F(u)du=∫s∞​∫0∞​f(t)e−utdtdu=∫0∞​(∫s∞​f(t)e−utdu)dt=∫0∞​tf(t)​e−stdt=L(tf(t)​)

高度对称！

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常用公式

$1\leadsto \frac{1}{s}\\ e^{at}\leadsto\frac{1}{s-a}\\ t^n\leadsto \frac{n!}{s^{n+1}}\\ cos(at)\leadsto \frac{s}{s^2+a^2}\\ sin(at)\leadsto \frac{a}{s^2+a^2}\\ (s>0)$1⇝s1​eat⇝s−a1​tn⇝sn+1n!​cos(at)⇝s2+a2s​sin(at)⇝s2+a2a​(s>0)

部分公式推导

$e^{at}\leadsto\frac{1}{s-a}$eat⇝s−a1​: 根据指数位移法则 $e^{at}\cdot 1 \leadsto F(s-a) = \frac{1}{s-a}$eat⋅1⇝F(s−a)=s−a1​

$t^n\leadsto \frac{n!}{s^{n+1}}$tn⇝sn+1n!​:
$\int_{0}^{\infty}{t^ne^{-st}dt} = t^n\frac{e^{st}}{-s}\Big|_0^\infty + \frac{n}{s}\int_{0}^{\infty}t^{n-1}e^{-st}dt\\ \mathcal{L}(t^n) = \frac{n}{s}\mathcal{L}(t^{n-1}) = \frac{n}{s}\frac{n-1}{s}\mathcal{L}(t^{n-2}) = \\\frac{n!}{s^n}\mathcal{L}(t^0) = \frac{n!}{s^n}\mathcal{L}(1) = \frac{n!}{s^{n+1}}$∫0∞​tne−stdt=tn−sest​∣∣∣​0∞​+sn​∫0∞​tn−1e−stdtL(tn)=sn​L(tn−1)=sn​sn−1​L(tn−2)=snn!​L(t0)=snn!​L(1)=sn+1n!​
$cos(at)\leadsto \frac{s}{s^2+a^2}$cos(at)⇝s2+a2s​: 复指数变换取实部或用逆向欧拉公式
$\mathcal{L}(cos(at)) = \mathcal{L}(\frac{e^{iat}+e^{-iat}}{2}) = \frac{1}{2}(\frac{1}{s-ia}+\frac{1}{s+ia})\\=\frac{s}{s^2+a^2}$L(cos(at))=L(2eiat+e−iat​)=21​(s−ia1​+s+ia1​)=s2+a2s​

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拉普拉斯逆变换

一般碰到有理式 裂项 再查表得到逆变换结果

e.g.
$\frac{1}{s(s+3)} = \frac{1}{3}(\frac{1}{s}-\frac{1}{s+3})\\ \mathcal{L}^{-1}(\frac{1}{s(s+3)}) = \frac{1}{3}(1-e^{-3t})$s(s+3)1​=31​(s1​−s+31​)L−1(s(s+3)1​)=31​(1−e−3t)

待定系数法

注意的点：$\frac{1}{(s-a)^n} = \frac{a_1}{s-a}+\frac{a_2}{(s-a)^2}+\cdots+\frac{a_n}{(s-a)^n}$(s−a)n1​=s−aa1​​+(s−a)2a2​​+⋯+(s−a)nan​​

可以写成复数项再取实部虚部

Heaviside Cover-up Method

https://zhuanlan.zhihu.com/p/94237840

注：对于无实数解的项其实也可以用cover-up带入复数解 再取实数项

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拉普拉斯变换解线性微分方程

拉普拉斯变换必须有一个初值问题IVP，$y(0) = y_0, y'(0) = y'_0$y(0)=y0​,y′(0)=y0′​

$\boxed{y'' + Ay' + By = h(t),y(0) = y_0, y'(0) = y'_0}\stackrel{traditional \ way}{\longrightarrow}\boxed{y = y(t)}\\\qquad\qquad\qquad\qquad\downarrow\mathcal{L}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\uparrow\mathcal{L}^{-1}\\ \qquad\quad\boxed{\text{algebric equation of Y(s) and s. }}\qquad\longrightarrow\qquad\boxed{Y = \frac{p(s)}{q(s)}}$y′′+Ay′+By=h(t),y(0)=y0​,y′(0)=y0′​​⟶traditional way​y=y(t)​↓L↑L−1algebric equation of Y(s) and s. ​⟶Y=q(s)p(s)​​

e.g. $y'' - y = e^{-t},y(0) = 1,y'(0) = 0$y′′−y=e−t,y(0)=1,y′(0)=0

1. 两边进行拉普拉斯变换（依据是拉氏变换的线性）

$s^2Y-s-Y = \frac{1}{s+1}$s2Y−s−Y=s+11​

2. 整理得
   $Y = \frac{s^2+s+1}{(s+1)^2(s-1)}$Y=(s+1)2(s−1)s2+s+1​
   分式分解（用cover-up method 18.01里有讲）
   $Y = \frac{-\frac{1}{2}}{(s+1)^2} + \frac{\frac{1}{4}}{s+1} + \frac{\frac{3}{4}}{s-1}$Y=(s+1)2−21​​+s+141​​+s−143​​

3. 逆变换
   $\mathcal{L}^{-1}(Y) = -\frac{1}{2}te^{-t} + \frac{1}{4}e^{-t} + \frac{3}{4}e^t$L−1(Y)=−21​te−t+41​e−t+43​et
   其中第一项为常规解法的$y_p$yp​，后两项为$y_c$yc​

   注：

   $\frac{1}{(s+1)^2}$(s+1)21​的逆变换由$\mathcal{L}(t) = \frac{1}{s^2}$L(t)=s21​和指数位移法则得

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处理跳跃间断点 Jump Discontinuity

跃阶函数 Step Function

单位跃阶 Unit Step

记为$u(t)$u(t) 又称为赫维赛德函数 Heaviside function

在神经网络中可以作为**函数 activation function 来用（但是是蛮烂的那种 通常只在单层感知器上有用）

a处跃阶

记为$u_a(t) = u(t-a)$ua​(t)=u(t−a)

单位方框函数 Unit Box Function

记为$u_{ab}(t) = u_a(t) - u_b(t) = u(t-a)-u(t-b)$uab​(t)=ua​(t)−ub​(t)=u(t−a)−u(t−b)

ps: characteristic function of $[a,b]$[a,b] : $\chi_{[a,b]}(x)$χ[a,b]​(x)

显然 跃阶函数乘以一个函数能截出这个函数的某一段

以上三类函数可用于用单个式子表示分段函数

唯一化

拉普拉斯变换不关心t<0的情况（因为积分从0到 $\infty$∞ ），因此无论t<0的值为何，只要t>0时相等 拉普拉斯变换都一样

为了让拉普拉斯逆变换唯一，我们强制让所有小于t的函数值等于0,即
$\mathcal{L}^{-1}(F(S)) = u(t)f(t)$L−1(F(S))=u(t)f(t)

t轴平移公式 t axis translation formula

得到平移函数的拉普拉斯变换
$u(t-a)f(t-a)\leadsto e^{-as}F(s)\tag{a>0}$u(t−a)f(t−a)⇝e−asF(s)(a>0)

$u(t-a)f(t)\leadsto e^{-as}\mathcal{L}(f(t+a))\tag{a>0}$u(t−a)f(t)⇝e−asL(f(t+a))(a>0)

和指数位移法则对比：ESL是在s轴上平移

当a小于0时不成立 因为拉普拉斯变换会丢掉小于零的信息

PROOF
$\int_0^\infty{e^{-st}u(t-a)f(t-a)}dt\tag{let x = t - a}\\ =\int_{-a}^\infty{e^{-s(x+a)}u(x)f(x)}dx\\ =e^{-as}\int_{-a}^\infty{e^{-sx}u(x)f(x)}dx\\ =e^{-as}\int_0^\infty{e^{-sx}f(x)}dx\\ =e^{-as}F(s)$∫0∞​e−stu(t−a)f(t−a)dt=∫−a∞​e−s(x+a)u(x)f(x)dx=e−as∫−a∞​e−sxu(x)f(x)dx=e−as∫0∞​e−sxf(x)dx=e−asF(s)(let x = t - a)

$\int_0^\infty{e^{-st}u(t-a)f(t-a+a)}dt\tag{let x = t - a}\\ =\int_{-a}^\infty{e^{-s(x+a)}u(x)f(x+a)}dx\\ =e^{-as}\int_0^\infty{e^{-sx}u(x)f(x+a)}dx\\ =e^{-as}\mathcal{L}(f(t+a))$∫0∞​e−stu(t−a)f(t−a+a)dt=∫−a∞​e−s(x+a)u(x)f(x+a)dx=e−as∫0∞​e−sxu(x)f(x+a)dx=e−asL(f(t+a))(let x = t - a)

e.g.

$u(t)\leadsto \frac{1}{s} (s>0)$u(t)⇝s1​(s>0)

$u_{ab}(t) = u(t-a)-u(t-b) \leadsto \frac{e^{-as}-e^{-bs}}{s}$uab​(t)=u(t−a)−u(t−b)⇝se−as−e−bs​

$u(t-1)t^2 \leadsto e^{-s}\mathcal{L}((t+1)^2) = e^{-s}\mathcal{L}(t^2+2t+1) = e^{-s}(\frac{2}{s^3} + \frac{2}{s^2} + \frac{1}{s})$u(t−1)t2⇝e−sL((t+1)2)=e−sL(t2+2t+1)=e−s(s32​+s22​+s1​)

$e^{-as}$e−as的$a$a告诉你在哪里间断

不连续函数拉氏变换的逆变换

$\frac{1+e^{-\pi s}}{s^2+1} = \frac{1}{s^2+1} + \frac{e^{-\pi s}}{s^2+1}\\ \frac{1}{s^2+1}\leadsto u(t)sin(t)\\ \frac{e^{-\pi s}}{s^2+1}\leadsto u(t-\pi)sin(t-\pi)\\ \therefore \frac{1+e^{-\pi s}}{s^2+1}\leadsto \left\{\begin{matrix} sin(t),x\in [0,\pi]\\ 0,x\notin [0,\pi] \end{matrix}\right.$s2+11+e−πs​=s2+11​+s2+1e−πs​s2+11​⇝u(t)sin(t)s2+1e−πs​⇝u(t−π)sin(t−π)∴s2+11+e−πs​⇝{sin(t),x∈[0,π]0,x∈/​[0,π]​

$e^{-as}$e−as的$a$a告诉你在哪里间断

不连续函数拉氏变换的逆变换

$\frac{1+e^{-\pi s}}{s^2+1} = \frac{1}{s^2+1} + \frac{e^{-\pi s}}{s^2+1}\\ \frac{1}{s^2+1}\leadsto u(t)sin(t)\\ \frac{e^{-\pi s}}{s^2+1}\leadsto u(t-\pi)sin(t-\pi)\\ \therefore \frac{1+e^{-\pi s}}{s^2+1}\leadsto \left\{\begin{matrix} sin(t),x\in [0,\pi]\\ 0,x\notin [0,\pi] \end{matrix}\right.$s2+11+e−πs​=s2+11​+s2+1e−πs​s2+11​⇝u(t)sin(t)s2+1e−πs​⇝u(t−π)sin(t−π)∴s2+11+e−πs​⇝{sin(t),x∈[0,π]0,x∈/​[0,π]​