跳转至

拉普拉斯变换

本节分享如何用拉普拉斯变换求解反常积分，熟练掌握今天的内容可以秒杀一大类难题，此外还会使用这种方法解决 2019 年数一较难的那道反常积分真题，话不多说，拉普拉斯启动！

定义

Laplace 变换

设函数 \(f(t)\) 在 \([0,+\infty)\) 上有定义，且 \(\displaystyle \int_{0}^{+\infty} f(t)\mathrm{e}^{ -st } \mathrm{~d} t\)（\(s\) 是一个复参量）在 \(s\) 的某一域内收敛，则积分 \(F(s) = \displaystyle \int_{0}^{+\infty} f(t)\mathrm{e}^{ -st } \mathrm{~d} t\) 称为函数 \(f(t)\) 的单边拉普拉斯变换，记为 \(F(s)=\mathcal{L}\left\{ f(t) \right\}\).

下面介绍常用函数的拉普拉斯变换公式：

  • \(\mathcal{L}\left\{ 1 \right\}=\dfrac{1}{s}\)
  • \(\mathcal{L}\left\{ t^{n} \right\}=\dfrac{n!}{s ^{n+1}}\)
  • \(\mathcal{L}\left\{ \mathrm{e}^{ -at } \right\}=\dfrac{1}{s+a}\)
  • \(\mathcal{L}\left\{ \sin(\omega t) \right\}=\dfrac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}}\)
  • \(\mathcal{L}\left\{ \cos(\omega t) \right\}=\dfrac{s}{s^{2}+\omega^{2}}\)
  • \(\mathcal{L}\left\{ \mathrm{e}^{ -at }\sin(\omega t) \right\}=\dfrac{\omega}{(s+a)^{2}+\omega^{2}}\)
  • \(\mathcal{L}\left\{ \mathrm{e}^{ -at }\cos(\omega t) \right\}=\dfrac{s+a}{(s+a)^{2}+\omega^{2}}\)
  • \(\mathcal{L}\left\{ t^{n}\mathrm{e}^{ -at } \right\}=\dfrac{n!}{(s+a)^{n+1}}\)
  • \(\mathcal{L}\left\{ t\sin(\omega t) \right\}=\dfrac{2\omega s}{(s^{2}+\omega^{2})^{2}}\)
  • \(\mathcal{L}\left\{ t\cos(\omega t) \right\}=\dfrac{s^{2}-\omega^{2}}{(s^{2}+\omega^{2})^{2}}\)

性质

拉普拉斯变换有如下性质：

微分性质

设 \(\mathcal{L}\left\{ f(t) \right\}=F(s)\)，则有：

\[ \mathcal{L}\left\{ t^{n}f(t) \right\} =(-1)^{n}F^{(n)}(s) \]

积分性质

设 \(\mathcal{L}\left\{ f(t) \right\}=F(s)\)，且积分 \(\displaystyle \int_{s}^{+\infty} F(u) \mathrm{~d} u\) 收敛，则：

\[ \mathcal{L}\left\{ \frac{f(t)}{t} \right\} =\int_{s}^{+\infty} F(u) \mathrm{~d} u \]

特别地，当 \(s=0\) 时，有：

\[ \int_{0}^{+\infty} \frac{f(t)}{t} \mathrm{~d} t=\int_{0}^{+\infty} F(u) \mathrm{~d} u \]

周期函数

设 \(f(t)\) 是周期为 \(T>0\) 的周期函数，即 \(f(t+T)=f(t)\)，且在 \([0,T]\) 上分段连续，则：

\[ \mathcal{L}\left\{ f(t) \right\} =\frac{1}{1-\mathrm{e}^{ -sT }}\int_{0}^{T} f(t)\mathrm{e}^{ -st } \mathrm{~d} t \]

这个性质将周期函数在无穷区间上的积分转化为一个周期内的积分，非常重要。

例题

例 1

Example

计算反常积分：

\[ I=\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{ -2x }\sin(3x) \mathrm{~d} x \]

解：\(f(t)=\sin(3t)\)，\(\mathcal{L}\left\{ \sin(\omega t) \right\}=\dfrac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}}\)，代入公式得：

\[ I=\frac{3}{2^{2}+3^{2}}=\frac{3}{13} \]

例 2

Example

计算反常积分：

\[ I=\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x \]

解：这是狄利克雷积分，在菲涅尔积分和狄利克雷积分中我们用费曼积分法求解过，下面看看用拉普拉斯变换怎么解决。

\(f(t)=\sin t\)，\(F(u)=\mathcal{L}\left\{ \sin t \right\}=\dfrac{1}{u^{2}+1}\).

考虑前文介绍的积分性质，有：

\[ \mathcal{L}\left\{ \frac{f(t)}{t} \right\} =\int_{s}^{+\infty} F(u) \mathrm{~d} u \]

令 \(s=0\) 得：

\[ \begin{aligned} \int_{0}^{+\infty} \frac{f(t)}{t} \mathrm{~d} t&=\mathcal{L}\left\{ \frac{\sin t}{t} \right\} \\ &=\int_{0}^{+\infty} F(u) \mathrm{~d} u\\ &= \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+u^{2}} \mathrm{~d} u\\ &= \frac{\pi}{2} \end{aligned} \]

例 3

Example

计算反常积分：

\[ I=\int_{0}^{+\infty} t^{n}\mathrm{e}^{ -at } \mathrm{~d} t \]

其中 \(a>0\)，\(n\in \mathbb{N}\).

解：本题在菲涅尔积分和狄利克雷积分中使用 \(\Gamma\) 函数结合换元解决过，下面看看如何用拉普拉斯变换进行处理。

\(f(t)=t^{n}\)，\(\mathcal{L}\left\{ t^{n} \right\}=\dfrac{n!}{s ^{n+1}}\).

代入公式得：

\[ I=\frac{n!}{a^{n+1}} \]

例 4（2019 数一）

Example

求曲线 \(y=\mathrm{e}^{ -x }\sin x(x\geqslant 0)\) 与 \(x\) 轴围成的面积 .

解：由于 \(\sin x\) 在指定区间上正负交替，因此所求面积为：

\[ S=\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{ -x }|\sin x| \mathrm{~d} x \]

常规处理手段是拆分区间，分段处理。这里不做展开，真题系列日后更新到 2019 年真题时再细讲。今天着重来看如何利用拉普拉斯变换解决此反常积分。

记 \(f(t)=|\sin t|\)，则 \(S=\mathcal{L}\left\{ f(t) \right\}\bigg|_{s=1}\)

注意到 \(f(t)\) 的以 \(T=\pi\) 为周期的周期函数，因此运用上文介绍的性质 3，得：

\[ \mathcal{L}\left\{ f(t) \right\} =\frac{1}{1-\mathrm{e}^{ -s\pi }}\int_{0}^{\pi} |\sin t|\mathrm{e}^{ -st } \mathrm{~d} t \]

这样我们就把无穷区间上的积分转化为了一个周期内的积分，而 \(|\sin t|\) 在区间 \([0,\pi]\) 上是非负的，所以上述积分部分就变为如下形式，运用分部积分可得：

\[ \begin{aligned} \int_{0}^{\pi} \sin t\cdot \mathrm{e}^{ -st } \mathrm{~d} t &= \frac{\mathrm{e}^{ -st }}{s^{2}+1}(-\cos t-s\sin t)\bigg|_{0}^{\pi}\\[0.2cm] &= \frac{1+\mathrm{e}^{ -s\pi }}{1+s^{2}} \end{aligned} \]

代入得：

\[ \begin{aligned} \mathcal{L}\left\{ f(t) \right\} &=\frac{1}{1-\mathrm{e}^{ -s\pi }}\cdot \frac{1+\mathrm{e}^{ -s\pi }}{1+s^{2}}\\ &= \frac{1+\mathrm{e}^{ -s\pi }}{(1-\mathrm{e}^{ -s\pi })(1+s^{2})} \end{aligned} \]

令 \(s = 1\) 即可得到我们要求的面积：

\[ S=\frac{1+\mathrm{e}^{ -\pi }}{(1-\mathrm{e}^{ -\pi })(1+1^{2})}=\frac{1+\mathrm{e}^{ -\pi }}{2(1-\mathrm{e}^{ -\pi })} \]

今天就通过拉普拉斯变换的定义、公式和性质带大家解决了这 4 道题目，事实上拉普拉斯变换能解决的题目还有很多，大家可以自己再多找些题目练习练习。

Tip

今天的内容重点在于应用，所以对于原理部分并未提及；除此之外，拉普拉斯变换的常用性质还有延迟定理、衰减定理、卷积定理等，由于没有找到合适的例题也没有详细展开介绍，感兴趣的读者可以自行查阅资料。可能以后会分享拉普拉斯变换在微分方程中的应用，先鸽了。

  • 更多精彩内容欢迎关注我的微信公众号！

搜一搜

评论区