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文檔簡介
§2
拉氏變換的性質(zhì)說明：凡是要求拉氏變換的函數(shù)都滿足拉氏變換存在定理的條件，并且把這些函數(shù)的增長指數(shù)都統(tǒng)一地取為C.1、線性性質(zhì)若a
,b為常數(shù)，則L[a
f1
(t
)
+
b
f2
(t
)]
=
aL[
f1
(t
)]
+
bL[
f2
(t
)].證明：根據(jù)定義和積分的性質(zhì)即可證明.拉氏逆變換也有類似的性質(zhì)，請自己寫出來.e
d
f
(t
)L[
f
'(t
)]
=00-st+￥
+￥-stf
'(t
)e
dt
=Re(s)
>
c.00=
f
(t
)e-st
|+￥
+s=
sF
(s)
-
f
(0),若L[f
(t
)]=F
(s),則+￥f
(t
)e-stdt推論L[
f
(
n)
(t
)]
=
sn
F
(s)
-
sn-1
f
(0)
-
sn-2
f
'(0)
--
f
(
n-1)
(0).2、微分性質(zhì)(1)像原函數(shù)的微分性質(zhì)若L[f
(t
)]=F
(s),則L[f
'(t
)]=sF
(s)-f
(0).證明：根據(jù)定義，有特別地，若f
(0)=f
'(0)=
=f
(n-1)(0)=0,則L[
f
(
n)
(t
)]
=
sn
F
(s).此性質(zhì)可以將f(t)的微分方程轉(zhuǎn)化為F(s)的代數(shù)方程.因此，它對微分方程求解有著重要的作用.例1已知L[sin
kt]=,s2
+
k
2k求L[cos
kt
].解：因為(sin
kt
)'=k
cos
kt,則kL[cos
kt]
=
1
L[(sin
kt
)'
]
=
1
{sL[sin
kt]
-
sin
0}k,
Re(s)
>
0
.s
2
+
k
2s=例2
利用微分性質(zhì)求f
(t
)=t
m的拉氏變換，其中m
為正整數(shù).解：因為f
(
m
)
(t
)
=
m!,所以于是L[
f
(
m
)
(t
)]
=
sm
F
(s)
-
sm
-1
f
(0)
-
sm
-2
f
'(0)
-
-
f
(
m
-1)
(0)=
sm
F
(s),1ssm
L[
f
(t
)]
=
L[m
!]
=
m
!L[1]
=
m
!
,m
!
.sm
+1L[tm
]
=(2)象函數(shù)的微分性質(zhì)：若L[f
(t
)]=F
(s),則F
'(s)=L[-t
f
(t
)],一般地，有Re(s)
>
c.F
(
n)
(s)
=
L[(-t
)n
f
(t
)]
=
(-1)n
L[tn
f
(t
)],
Re(s)
>
c.證明：0由F
(s)=f
(t
)e-st
dt，有+￥0F
'(s)
=f
(t
)e
dt-
st
d
ds+￥0?
[
f
(t
)e-
st
]dt?s+￥=0tf
(t
)e
dt=
L[-tf
(t
)].-
st+￥=
-例3
求f
(t
)=t
sin
kt
的拉氏變換.解：因為L[sin
kt]=,所以s2
+
k
2k.2ks2(s2
+
k
2
)22
k
=ds
s
+
kL[t
sin
kt]
=
-
d
s
-
1練習(xí)：求函數(shù)
F
(s)
=
ln
s
+
1
的拉氏逆變換。3、積分性質(zhì)若L[f
(t
)]=F
(s),則0sf
(t
)dt]
=
1
F
(s).tL[證明：設(shè)f
(
t
)d
t
,h(
t
)
=0t則h'(
t
)
=
f
(
t
),
h(0
)
=
0.于是
L[h'(t
)]
=
sL[h(t
)]
-
h(0)
=
sL[h(t
)],即f
(t
)dt]
=
1
L[
f
(t
)]
=
1
F
(s).s
s0tL[重復(fù)應(yīng)用上式，可以得到000
1t
ttdts
dt
f
(t
)dt]
=
n
F
(s).L[另外，關(guān)于像函數(shù)的積分，有如下公式：若L[f
(t
)]=F
(s),則
f
(t)
t]
=F
(s)ds.
(*)s+￥特別地，在（*）式中令s=0，則有00
f
(t)
tF
(s)ds.dt
=+￥+￥sssdsdsF
(s)ds.t
n+￥+￥+￥L[
f
(t
)]
=L[一般地，有0F
(s)ds
=f
(t)e-st
dt
dsss+￥+￥+￥0f
(t)se
ds
dt-st+￥+￥=01t+￥
dts
f
(t)
t+￥e-st=
f
(t)
-證明:
這里僅證明(*)式0
f
(t)
t-ste dt
=
L+￥
=例4
求f
(t
)
=
sin
ttL[sin
t]
=的拉氏變換.解：因為所以,s2
+
11L[sin
t
]
=12sst于是p=
-
arctan
s.+￥+￥ds
=
arctan
s
|s2
+1000sin
t12dt
=tp=
.+￥+￥+￥ds
=
arctan
|s2
+1思考題：e
dt
=
?sin
tt0+￥-t4、位移性質(zhì)若L[f
(t
)]=F
(s),則000s
tRe(s
-
s
)
>
c.L[e f
(t
)]
=
F
(s
-
s
),或者000s
ts
tL-1[F
(s
-
s
)]
=
eL-1[F
(s)]
=
e f
(t
).00f
(t
)e-(
s-s0
)t
d
t00s
ts
t-
ste f
(t
)e d
t
=+￥L[e f
(t
)]
==
F
(s
-
s0
),
Re(s
-
s0
)
>
c.這個性質(zhì)表明了一個像
原函數(shù)乘以
e
s0
t
的證明：根據(jù)定義，得+￥拉氏變換等于其像函數(shù)
作位移
s0
.例5
求f
(t
)=e-at
sin
kt的拉氏變換.解：因為L[sin
kt]=,所以ks2
+
k
2k.(s
+
a)2
+
k
2L[e
-at
sin
kt]
=例6
求f
(t
)
=
eatt
m
(m為正整數(shù))
的拉氏變換.解：因為L[tm
]
=sm
+1m!
,所以.(s
-
a)m
+1m!L[eattm
]
=L[
f
(t
-t)]
=
e-
st
F
(s).5、延遲性質(zhì)若L[f
(t
)]=F
(s),又t
<0時f
(t
)=0,則對于任一非負(fù)實數(shù)t，有證明：根據(jù)定義，得+￥0-stf
(t
-t)e
dtL[
f
(t
-t)]
=或者L-1[e-
st
F
(s)]
=
f
(t
-t).0f
(t
-t)e-st
dt-stf
(t
-t)e dt
+tt+￥=f
(t
-t)e-st
dt.因t
<t時f
(t
-t)=0t+￥=Re(s)
>
c.f
(u)e-sudu
=
e-st
F
(s),f
(u)e-s(
u+t)duL[
f
(t
-t)]
=00=
e注:-st+￥+￥令
t
-t
=
u,
則對f
(t
)的要求：t
<0時,f
(t
)=0.f
(t
-t)的拉氏變換實際上是f
(t
-t)u(t
-t)的拉氏變換.e-st
F
(s)的拉氏逆變換實際應(yīng)為f
(t
-t)u(t-t).例：設(shè)f
(t
)=sin
t,2求L[f
(t
-p
)].解：由于L[sin
t]=s2
+
11,所以由延遲性質(zhì)知：2221L[
f
(t
-e
.2
2s
+
1-p
sp
p-p
s)]
=
L[sin(t
-
)]
=
eL[sin
t]
=由前面的注我們知道L-1[2s2
+
11)u(t
-).22-p
se
]
=
sin(t
-pp-
cos
t,2p2t
>
p
,0,.t
<=
6、相似性質(zhì)若L[f
(t
)]=F
(s),a
>0,則L[
f
(at
)]
=
1
F
(
s
).a
a0證明：由拉氏變換的定義知+￥f
(at
)e-
st
dtL[
f
(at
)]
=0F
(
).1
sa
aa+￥-
s
uat
=
u
f
(u)e du
=練習(xí)：求下列變換或反變換-at5
],
2)L[e
sin
kt],01sin
2tdt](s
-
2)1)L-1[解：t3)L[
e-3t1)
L-1[(s
-
2)51e2tt
42t]
=
L-1[F
(s
-
2)]=
ef
(t)
=4!2)L[e
-at
sin
kt]
=
F
(s
+
a)
=(s
+
a)2
+
k
2k2sin
2t]=s[(s
+
3)2
+
22
]01-3t-3t3)L[e
sin
2tdt]
=
L[est7、初值定理與終值定理：下面是兩個在有關(guān)控制理論等專業(yè)課中經(jīng)常要用到的公式：初值定理：記L[f
(t)]=F
(s),若lim
sF
(s)存在，sfi
￥則
f
(0)
=
lim
f
(t)
=
lim
sF
(s)t
fi
0
sfi
￥終值定理：
記L[
f
(t)]
=
F
(s),
若sF
(s)的所有奇點皆在s平面的左半部分,則f
(+￥
)
=
lim
f
(t
)
=
lim
sF
(s)t
fi
+￥
sfi
0根據(jù)微分性質(zhì)，L[f
￠(t)]=sF
(s)-f
(0)，初值定理的證明lim
sF
(s)
=
lim
sF
(s).Re(
s
)fi
+￥
sfi￥由于假定lim
sF
(s)存在，故sfi
￥limRe(
s
)fi
+￥L[
f
￠(t)]
=
limRe(
s
)fi
+￥前式兩端取Re(s)fi+￥
時的極限，得[sF
(s)
-
f
(0)]
=
lim
sF
(s)
-
f(0).sfi￥0但
lim
L[
f
￠(t)]
=Re(
s
)fi
+￥=limRe(
s
)fi
+￥0lim
e-st
dt
=
0,Re(
s
)fi
+￥f
￠(t)e-st
dtf
￠(t)+￥+￥所以lim
sF
(s)-f
(0)=0,sfi￥即
lim
f
(t)
=
f
(0)
=
lim
sF
(s).t
fi
0
sfi￥根據(jù)定理的條件和微分性質(zhì)，L[f
￠(t)]=sF
(s)-f
(0)，前式兩端取s
fi
0時的極限，得lim
L[
f
￠(t)]
=
lim[sF
(s)
-
f
(0)]
=
lim
sF
(s)
-
f
(0).sfi
0
sfi
0
sfi
0終值定理的證明00但lim
L[f
￠(t)]=limsfi
0
sfi
0f
￠(t)
lime-st
dtsfi
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