复变函数与积分变换学习教程，从入门到精通，拉普拉斯变换 —— 完整知识点详解与公式推导(13）

三、卷积

3.1 卷积的概念

定义： 两个函数 $f_1(t)$ 和 $f_2(t)$ 的卷积（Convolution）定义为

$$f_1(t)\ast f_2(t)={\int }_0^t{f}_1(\tau )f_2(t-\tau )d\tau$$

（注意：这里的积分限是从 $0$ 到 $t$，对应 $t\ge 0$ 的单边卷积，与傅里叶变换中的双边卷积 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }$ 不同。）

卷积的性质：

(1) 交换律： $f_1\ast f_2=f_2\ast f_1$

证明：

$$f_1(t)\ast f_2(t)={\int }_0^t{f}_1(\tau )f_2(t-\tau )d\tau$$

令 $u=t-\tau$，$d\tau =-du$，当 $\tau =0$ 时 $u=t$，当 $\tau =t$ 时 $u=0$：

$$={\int }_t^0{f}_1(t-u)f_2(u)(-du)={\int }_0^t{f}_2(u)f_1(t-u)du=f_2(t)\ast f_1(t)■$$

(2) 结合律： $(f_1\ast f_2)\ast f_3=f_1\ast (f_2\ast f_3)$

(3) 分配律： $f_1\ast (f_2+f_3)=f_1\ast f_2+f_1\ast f_3$

卷积的物理意义： 在线性系统中，卷积表示系统对输入信号的响应。$f_1(\tau )$ 是在时刻 $\tau$ 的输入，$f_2(t-\tau )$ 是从时刻 $\tau$ 到 $t$ 系统的脉冲响应。

3.2 卷积定理

定理： 设 $\mathcal{L}[f_1(t)]=F_1(s)$，$\mathcal{L}[f_2(t)]=F_2(s)$，则

$$\boxed{\mathcal{L}[f_1(t)\ast f_2(t)]=F_1(s)\cdot F_2(s)}$$

即时域卷积对应 $s$ 域乘积。

详细推导：

$$\mathcal{L}[f_1\ast f_2]={\int }_0^{+\infty }\left[{\int }_0^t{f}_1(\tau )f_2(t-\tau )d\tau \right]e^{-st}dt$$

注意到 $f_2(t-\tau )=0$ 当 $t-\tau <0$ 即 $\tau >t$ 时，因此可将内层积分上限扩展到 $+\infty$：

$$={\int }_0^{+\infty }{\int }_0^{+\infty }{f}_1(\tau )f_2(t-\tau )e^{-st}d\tau dt$$

交换积分次序（由绝对可积性保证）：

$$={\int }_0^{+\infty }{f}_1(\tau )\left[{\int }_{\tau }^{+\infty }{f}_2(t-\tau )e^{-st}dt\right]d\tau$$

在内层积分中令 $u=t-\tau$：

$${\int }_0^{+\infty }{f}_2(u)e^{-s(u+\tau )}du=e^{-s\tau }{\int }_0^{+\infty }{f}_2(u)e^{-su}du=e^{-s\tau }{F}_2(s)$$

代回：

$$={\int }_0^{+\infty }{f}_1(\tau )\cdot e^{-s\tau }{F}_2(s)d\tau =F_2(s){\int }_0^{+\infty }{f}_1(\tau )e^{-s\tau }d\tau =F_1(s)\cdot F_2(s)■$$

推论： $\mathcal{L}[f_1\ast f_2\ast \cdots \ast f_n]=F_1(s)\cdot F_2(s)\cdots F_n(s)$

应用示例： 求 ${\mathcal{L}}^{-1}\left[\frac{1}{s^2(s+1)}\right]$。

将 $\frac{1}{s^2(s+1)}$ 分解为 $\frac{1}{s^2}\cdot \frac{1}{s+1}$。

已知 ${\mathcal{L}}^{-1}\left[\frac{1}{s^2}\right]=t$，${\mathcal{L}}^{-1}\left[\frac{1}{s+1}\right]=e^{-t}$。

由卷积定理：

$${\mathcal{L}}^{-1}\left[\frac{1}{s^2(s+1)}\right]=t\ast e^{-t}={\int }_0^t\tau \cdot e^{-(t-\tau )}d\tau$$

$$=e^{-t}{\int }_0^t\tau e^{\tau }d\tau =e^{-t}{\left[\tau e^{\tau }-e^{\tau }\right]}_0^t=e^{-t}(t{e}^t-e^t+1)=t-1+e^{-t}$$

四、拉普拉斯逆变换

4.1 反演积分公式

问题： 已知 $F(s)=\mathcal{L}[f(t)]$，如何求 $f(t)={\mathcal{L}}^{-1}[F(s)]$？

反演积分公式（Bromwich 积分）：

$$\boxed{f(t)=\frac{1}{2\pi j}{\int }_{\sigma -j\infty }^{\sigma +j\infty }F(s)e^{st}ds(t>0)}$$

其中积分路径是 $s$ 平面上 $\text{Re}(s)=\sigma >c$ 的一条垂直线，$c$ 为 $F(s)$ 所有奇点实部的上界。

推导思想：

将拉普拉斯变换视为傅里叶变换的推广。设 $f(t)=0$（$t<0$），$g(t)=f(t)e^{-\sigma t}$（$\sigma >c$），则 $g(t)$ 绝对可积。

$g(t)$ 的傅里叶变换为：

$$G(\omega )={\int }_{-\infty }^{+\infty }g(t)e^{-j\omega t}dt={\int }_0^{+\infty }f(t)e^{-(\sigma +j\omega )t}dt=F(\sigma +j\omega )$$

由傅里叶逆变换公式：

$$g(t)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }G(\omega )e^{j\omega t}d\omega$$

因此：

$$f(t)=e^{\sigma t}g(t)=\frac{e^{\sigma t}}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }F(\sigma +j\omega )e^{j\omega t}d\omega$$

令 $s=\sigma +j\omega$，$ds=jd\omega$，$d\omega =ds/j$：

$$f(t)=\frac{1}{2\pi j}{\int }_{\sigma -j\infty }^{\sigma +j\infty }F(s)e^{st}ds■$$

4.2 利用留数计算反演积分

定理： 若 $F(s)$ 为有理函数，$F(s)=\frac{P(s)}{Q(s)}$，其中 $P(s)$ 的次数小于 $Q(s)$ 的次数，且 $Q(s)$ 的零点 $s_1,s_2,\dots ,s_n$ 均为 $F(s)e^{st}$ 的孤立奇点，则

$$\boxed{f(t)=\sum _{k=1}^n{\text{Res}}_{s=s_k}[F(s)e^{st}]}$$

即 $f(t)$ 等于 $F(s)e^{st}$ 在所有奇点处留数之和。

推导： 取 Bromwich 积分路径 $\text{Re}(s)=\sigma$（$\sigma$ 大于所有奇点的实部），再用左半平面的无穷大半圆弧 $C_R$ 闭合为围道。由 Jordan 引理（$t>0$ 时），沿 $C_R$ 的积分当 $R\to \infty$ 时趋于零。由留数定理：

$$\frac{1}{2\pi j}\oint F(s)e^{st}ds=\sum _k{\text{Res}}_{s=s_k}[F(s)e^{st}]$$

因此 $f(t)={\sum }_k\text{Res}[F(s)e^{st}]$。 $■$

留数的计算方法

情形一：一阶极点（$s_k$ 为 $Q(s)$ 的单零点）

$${\text{Res}}_{s=s_k}[F(s)e^{st}]=\underset{s\to s_k}{\lim }(s-s_k)F(s)e^{st}$$

对有理函数 $F(s)=\frac{P(s)}{Q(s)}$：

$$=\frac{P(s_k)}{Q^{\prime }(s_k)}{e}^{s_{k}t}$$

（利用洛必达法则：${\lim }_{s\to s_k}\frac{(s-s_k)P(s)}{Q(s)}=\frac{P(s_k)}{Q^{\prime }(s_k)}$）

例： 求 ${\mathcal{L}}^{-1}\left[\frac{s+3}{(s+1)(s+2)}\right]$。

$F(s)=\frac{s+3}{(s+1)(s+2)}$，奇点 $s_1=-1$，$s_2=-2$（均为一阶极点）。

$P(s)=s+3$，$Q(s)=(s+1)(s+2)=s^2+3s+2$，$Q^{\prime }(s)=2s+3$。

$${\text{Res}}_{s=-1}=\frac{P(-1)}{Q^{\prime }(-1)}{e}^{-t}=\frac{2}{1}{e}^{-t}=2e^{-t}$$

$${\text{Res}}_{s=-2}=\frac{P(-2)}{Q^{\prime }(-2)}{e}^{-2t}=\frac{1}{-1}{e}^{-2t}=-e^{-2t}$$

$$f(t)=2e^{-t}-e^{-2t}$$

情形二：$m$ 阶极点（$s_k$ 为 $Q(s)$ 的 $m$ 重零点）

$${\text{Res}}_{s=s_k}[F(s)e^{st}]=\frac{1}{(m-1)!}\underset{s\to s_k}{\lim }\frac{d^{m-1}}{d{s}^{m-1}}\left[(s-s_k{)}^{m}F(s)e^{st}\right]$$

例： 求 ${\mathcal{L}}^{-1}\left[\frac{1}{s^2(s+1)}\right]$。

$F(s)=\frac{1}{s^2(s+1)}$，奇点 $s_1=0$（二阶极点），$s_2=-1$（一阶极点）。

$s=-1$ 处的留数（一阶极点）：

$${\text{Res}}_{s=-1}=\underset{s\to -1}{\lim }(s+1)\cdot \frac{e^{st}}{s^2(s+1)}=\frac{e^{-t}}{1}=e^{-t}$$

$s=0$ 处的留数（二阶极点）：

$${\text{Res}}_{s=0}=\underset{s\to 0}{\lim }\frac{d}{ds}\left[s^2\cdot \frac{e^{st}}{s^2(s+1)}\right]=\underset{s\to 0}{\lim }\frac{d}{ds}\left[\frac{e^{st}}{s+1}\right]$$

$$\frac{d}{ds}\left[\frac{e^{st}}{s+1}\right]=\frac{t{e}^{st}(s+1)-e^{st}}{(s+1{)}^2}=\frac{e^{st}[t(s+1)-1]}{(s+1{)}^2}$$

在 $s=0$ 处：$=\frac{t-1}{1}=t-1$

$$f(t)=(t-1)+e^{-t}$$

验证：与前面卷积方法的结果一致。 $✓$

4.3 部分分式法（实用方法）

对于有理函数 $F(s)=\frac{P(s)}{Q(s)}$，常用部分分式展开来求逆变换。

例： 求 ${\mathcal{L}}^{-1}\left[\frac{s^2+2s+3}{(s+1{)}^3}\right]$。

设 $\frac{s^2+2s+3}{(s+1{)}^3}=\frac{A}{(s+1{)}^3}+\frac{B}{(s+1{)}^2}+\frac{C}{s+1}$

去分母：$s^2+2s+3=A+B(s+1)+C(s+1{)}^2$

令 $s=-1$：$1-2+3=A$，$A=2$。

展开比较：$s^2+2s+3=C{s}^2+(B+2C)s+(A+B+C)$

$C=1$，$B+2C=2\Rightarrow B=0$，$A+B+C=2+0+1=3$。 $✓$

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

$$f(t)=\frac{2t^2}{2!}{e}^{-t}+e^{-t}=(t^2+1)e^{-t}$$

五、拉普拉斯变换的应用

5.1 解线性常微分方程

基本思想： 利用拉普拉斯变换将微分方程（关于 $t$ 的方程）转化为代数方程（关于 $s$ 的方程），解出像函数 $F(s)$ 后再求逆变换。

步骤：

例1： 求解 $y^{\prime \prime }+3y^{\prime }+2y=0$，$y(0)=1$，$y^{\prime }(0)=0$。

步骤1-2： 对方程两端取拉普拉斯变换。设 $\mathcal{L}[y(t)]=Y(s)$：

$$\mathcal{L}[y^{\prime \prime }]+3\mathcal{L}[y^{\prime }]+2\mathcal{L}[y]=0$$

$$[s^{2}Y(s)-sy(0)-y^{\prime }(0)]+3[sY(s)-y(0)]+2Y(s)=0$$

步骤3： 代入 $y(0)=1$，$y^{\prime }(0)=0$：

$$s^{2}Y(s)-s+3sY(s)-3+2Y(s)=0$$

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

步骤4： 解出 $Y(s)$：

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

部分分式展开：

$$\frac{s+3}{(s+1)(s+2)}=\frac{A}{s+1}+\frac{B}{s+2}$$

$$s+3=A(s+2)+B(s+1)$$

$s=-1$：$2=A$

$s=-2$：$1=-B$，$B=-1$

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

步骤5： 求逆变换：

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

例2（非齐次方程）： 求解 $y^{\prime \prime }+y=\sin 2t$，$y(0)=0$，$y^{\prime }(0)=1$。

取拉普拉斯变换：

$$s^{2}Y(s)-s\cdot 0-1+Y(s)=\frac{2}{s^2+4}$$

$$(s^2+1)Y(s)=1+\frac{2}{s^2+4}=\frac{s^2+6}{s^2+4}$$

$$Y(s)=\frac{s^2+6}{(s^2+1)(s^2+4)}$$

部分分式展开（对 $s^2$ 的有理函数）：

$$\frac{s^2+6}{(s^2+1)(s^2+4)}=\frac{As+B}{s^2+1}+\frac{Cs+D}{s^2+4}$$

由对称性（被积函数是偶函数），$A=C=0$：

$$\frac{s^2+6}{(s^2+1)(s^2+4)}=\frac{B}{s^2+1}+\frac{D}{s^2+4}$$

$$s^2+6=B(s^2+4)+D(s^2+1)=(B+D)s^2+(4B+D)$$

$B+D=1$，$4B+D=6$，解得 $B=5/3$，$D=-2/3$。

$$Y(s)=\frac{5/3}{s^2+1}-\frac{2/3}{s^2+4}=\frac{5}{3}\cdot \frac{1}{s^2+1}-\frac{1}{3}\cdot \frac{2}{s^2+4}$$

$$y(t)=\frac{5}{3}\sin t-\frac{1}{3}\sin 2t$$

5.2 解积分微分方程

积分微分方程是同时含有未知函数的导数和积分的方程。

例： 求解 $y^{\prime }(t)+3y(t)+2{\int }_0^{t}y(\tau )d\tau =1$，$y(0)=0$。

设 $\mathcal{L}[y(t)]=Y(s)$。

取拉普拉斯变换。利用积分性质 $\mathcal{L}\left[{\int }_0^{t}y(\tau )d\tau \right]=\frac{Y(s)}{s}$：

$$[sY(s)-y(0)]+3Y(s)+\frac{2Y(s)}{s}=\frac{1}{s}$$

代入 $y(0)=0$：

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

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

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

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

部分分式：$Y(s)=\frac{1}{s+1}-\frac{1}{s+2}$

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

5.3 解线性常微分方程组

例： 求解方程组

$$\{\begin{array}{l}{x}^{\prime }(t)+y(t)=0\\ y^{\prime }(t)-x(t)=0\end{array}$$

初始条件 $x(0)=1$，$y(0)=0$。

设 $\mathcal{L}[x(t)]=X(s)$，$\mathcal{L}[y(t)]=Y(s)$。

对第一个方程取拉普拉斯变换：

$$[sX(s)-x(0)]+Y(s)=0⟹sX(s)+Y(s)=1\cdots (1)$$

对第二个方程取拉普拉斯变换：

$$[sY(s)-y(0)]-X(s)=0⟹-X(s)+sY(s)=0\cdots (2)$$

由 (2)：$X(s)=sY(s)$

代入 (1)：$s\cdot sY(s)+Y(s)=1⟹(s^2+1)Y(s)=1$

$$Y(s)=\frac{1}{s^2+1}⟹y(t)=\sin t$$

$$X(s)=\frac{s}{s^2+1}⟹x(t)=\cos t$$

例2（较复杂的方程组）：

$$\{\begin{array}{l}{x}^{\prime }+y^{\prime }+3x=\delta (t)\\ 2x^{\prime }-y^{\prime }+y=0\end{array}$$

$x(0)=y(0)=0$。

取拉普拉斯变换（$\mathcal{L}[\delta (t)]=1$）：

$$\{\begin{array}{l}sX+sY+3X=1\\ 2sX-sY+Y=0\end{array}$$

$$\{\begin{array}{l}(s+3)X+sY=1\\ 2sX+(1-s)Y=0\end{array}$$

由第二个方程：$Y=\frac{-2sX}{1-s}=\frac{2sX}{s-1}$

代入第一个方程：

$$(s+3)X+s\cdot \frac{2sX}{s-1}=1$$

$$X\left[(s+3)+\frac{2s^2}{s-1}\right]=1$$

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

$$X\cdot \frac{s^2+2s-3+2s^2}{s-1}=1$$

$$X\cdot \frac{3s^2+2s-3}{s-1}=1$$

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

再求逆变换即可（具体计算与根有关）。

5.4 解常系数线性偏微分方程

基本思想： 对偏微分方程中的某个变量取拉普拉斯变换，将偏微分方程化为常微分方程。

例： 求解热传导方程初值问题：

$$\frac{\partial u}{\partial t}=a^2\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2},x>0,t>0$$

初始条件：$u(x,0)=0$

边界条件：$u(0,t)=u_0$（常数），$u(+\infty ,t)=0$

解法： 对变量 $t$ 取拉普拉斯变换。设 $\mathcal{L}[u(x,t)]=U(x,s)$。

$$\mathcal{L}\left[\frac{\partial u}{\partial t}\right]=sU(x,s)-u(x,0)=sU(x,s)$$

$$\mathcal{L}\left[\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}\right]=\frac{d^{2}U}{d{x}^2}$$

（对 $x$ 的偏导数不受拉普拉斯变换（对 $t$）影响。）

变换后的方程：

$$sU=a^2\frac{d^{2}U}{d{x}^2}$$

即

$$\frac{d^{2}U}{d{x}^2}-\frac{s}{a^2}U=0$$

这是关于 $x$ 的二阶常系数线性常微分方程。通解为：

$$U(x,s)=A(s)e^{-\frac{\sqrt{s}}{a}x}+B(s)e^{\frac{\sqrt{s}}{a}x}$$

（取 $\text{Re}(\sqrt{s})>0$。）

由边界条件 $u(+\infty ,t)=0$，$U(+\infty ,s)=0$，故 $B(s)=0$。

$$U(x,s)=A(s)e^{-\frac{\sqrt{s}}{a}x}$$

由 $u(0,t)=u_0$，$U(0,s)=\frac{u_0}{s}$，得 $A(s)=\frac{u_0}{s}$。

$$U(x,s)=\frac{u_0}{s}{e}^{-\frac{x}{a}\sqrt{s}}$$

利用已知的拉普拉斯逆变换公式：

$${\mathcal{L}}^{-1}\left[\frac{1}{s}{e}^{-k\sqrt{s}}\right]=\text{erfc}\left(\frac{k}{2\sqrt{t}}\right)$$

其中 $\text{erfc}(z)=\frac{2}{\sqrt{\pi }}{\int }_z^{+\infty }{e}^{-{\xi }^2}d\xi$ 为互补误差函数。

令 $k=x/a$：

$$\boxed{u(x,t)=u_0\cdot \text{erfc}\left(\frac{x}{2a\sqrt{t}}\right)}$$

5.5 线性系统的传递函数

定义： 对于线性时不变系统，输入 $x(t)$ 与输出 $y(t)$ 之间的关系可用微分方程描述：

$$a_n{y}^{(n)}+a_{n-1}{y}^{(n-1)}+\cdots +a_{0}y=b_m{x}^{(m)}+b_{m-1}{x}^{(m-1)}+\cdots +b_{0}x$$

设初始条件全为零，取拉普拉斯变换：

$$(a_n{s}^n+a_{n-1}{s}^{n-1}+\cdots +a_0)Y(s)=(b_m{s}^m+b_{m-1}{s}^{m-1}+\cdots +b_0)X(s)$$

传递函数定义为：

$$\boxed{H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{b_m{s}^m+b_{m-1}{s}^{m-1}+\cdots +b_0}{a_n{s}^n+a_{n-1}{s}^{n-1}+\cdots +a_0}}$$

性质：

• 传递函数完全由系统结构决定，与输入信号无关
• $Y(s)=H(s)\cdot X(s)$（$s$ 域的乘积对应时域的卷积）
• $y(t)=h(t)\ast x(t)$，其中 $h(t)={\mathcal{L}}^{-1}[H(s)]$ 为系统的脉冲响应

频率响应： 将 $s=j\omega$ 代入传递函数：

$$H(j\omega )=\frac{Y(j\omega )}{X(j\omega )}$$

$|H(j\omega )|$ 为幅频特性，$\arg H(j\omega )$ 为相频特性。

例： 系统微分方程 $y^{\prime \prime }+3y^{\prime }+2y=x(t)$，求传递函数。

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

脉冲响应：

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

六、MATLAB 实验

6.1 拉普拉斯变换的 MATLAB 命令

语法：

F = laplace(f, t, s) % 对 f(t) 求拉普拉斯变换，结果用 s 表示

示例：

syms t s a w
% 基本变换
laplace(1, t, s) % 结果: 1/s
laplace(exp(a*t), t, s) % 结果: 1/(s-a)
laplace(t^3, t, s) % 结果: 6/s^4
laplace(sin(w*t), t, s) % 结果: w/(s^2+w^2)
laplace(cos(w*t), t, s) % 结果: s/(s^2+w^2)

% 复合变换
laplace(exp(–2*t)*sin(3*t), t, s) % 结果: 3/((s+2)^2+9)
laplace(t^2*exp(t), t, s) % 结果: 2/(s-1)^3

6.2 拉普拉斯逆变换的 MATLAB 命令

语法：

f = ilaplace(F, s, t) % 对 F(s) 求拉普拉斯逆变换，结果用 t 表示

示例：

syms s t
ilaplace(1/s, s, t) % 结果: 1
ilaplace(1/(s–3), s, t) % 结果: exp(3*t)
ilaplace(s/(s^2+4), s, t) % 结果: cos(2*t)
ilaplace(1/(s^2+3*s+2), s, t) % 结果: exp(-t) – exp(-2*t)
ilaplace((s+3)/((s+1)*(s+2)), s, t) % 结果: 2*exp(-t) – exp(-2*t)

6.3 卷积的 MATLAB 计算

syms tau t
f1 = exp(–t);
f2 = t;
% 计算卷积 f1 * f2
conv_result = int(subs(f1, t, tau) * subs(f2, t, t–tau), tau, 0, t)
% 简化
simplify(conv_result)

或利用卷积定理：

syms s t
F1 = 1/(s+1); % L{e^(-t)}
F2 = 1/s^2; % L{t}
F_conv = F1 * F2; % = 1/(s^2*(s+1))
f_conv = ilaplace(F_conv, s, t) % t – 1 + exp(-t)

6.4 用 MATLAB 解微分方程

syms y(t) s Y
% 求解 y'' + 3y' + 2y = 0, y(0)=1, y'(0)=0
eq = diff(y,2) + 3*diff(y) + 2*y == 0;
cond = [y(0) == 1, Dy(0) == 0];
y_sol = dsolve(eq, cond)
% 结果: 2*exp(-t) – exp(-2*t)

% 或用拉普拉斯变换法手动求解
% 变换后代数方程: s^2*Y – s + 3*(s*Y – 1) + 2*Y = 0
Y_sol = (s + 3)/(s^2 + 3*s + 2);
y_manual = ilaplace(Y_sol, s, t)

6.5 绘制传递函数的频率响应

s = tf('s');
H = 1 / (s^2 + 3*s + 2); % 传递函数
bode(H); % 绘制 Bode 图（幅频和相频特性）
grid on;

七、本章小结

八、复习思考题

1. 求下列函数的拉普拉斯变换：

• (a) $f(t)=t^2{e}^{3t}$
• (b) $f(t)=e^{-t}\cos 2t$
• © $f(t)=\{\begin{array}{ll}t,& 0\le t<1\\ 2-t,& 1\le t<2\\ 0,& t\ge 2\end{array}$

2. 利用拉普拉斯变换求解：$y^{\prime \prime }-5y^{\prime }+6y=2e^t$，$y(0)=1$，$y^{\prime }(0)=1$。

3. 求下列函数的拉普拉斯逆变换：

• (a) $F(s)=\frac{s+1}{s^2+4s+5}$
• (b) $F(s)=\frac{s}{(s^2+a^2{)}^2}$

4. 利用卷积定理求 ${\mathcal{L}}^{-1}\left[\frac{s}{(s^2+1{)}^2}\right]$。

5. 某系统的传递函数为 $H(s)=\frac{2}{s^2+2s+5}$，求其脉冲响应 $h(t)$ 和阶跃响应。

6. 用拉普拉斯变换法求解偏微分方程：

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial t^2}=c^2\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2},x>0,t>0$$

初始条件 $u(x,0)=0$，$u_t(x,0)=0$，边界条件 $u(0,t)=A\sin \omega t$，$u(+\infty ,t)$ 有界。