第八章拉普拉斯变换 —— 考试版精讲

考试范围确认：

§8.1 拉普拉斯变换的定义 ✅ 考

§8.2 拉普拉斯变换的性质 ✅ 考（重点：微分性质；积分性质仅了解）

§8.3 拉普拉斯逆变换 ✅ 考（重点：部分分式分解法）

§8.4 拉普拉斯变换的应用 ✅ 考（核心：解常系数ODE初值问题）

样卷：求拉普拉斯变换（5分填空或解答题）+ 用拉普拉斯变换解ODE（10分压轴题）

§8.1 拉普拉斯变换的定义

一、为什么要引入拉普拉斯变换

先回顾傅里叶变换的局限性。

傅里叶变换要求函数 $f(t)$ 满足绝对可积条件：

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

这排除了一大批工程中极其常见的函数：

单位阶跃函数 $u(t)$ → 不绝对可积
指数增长函数 $e^{\alpha t}$ （ $\alpha > 0$ ）→ 不绝对可积
多项式 $t^n$ → 不绝对可积
正弦函数 $\sin\omega_0 t$ → 不绝对可积

虽然借助 $\delta$ 函数可以在广义函数框架下处理，但计算不够方便。

拉普拉斯变换的核心思想：给 $f(t)$ 乘以一个衰减因子 $e^{-\sigma t}$ （ $\sigma > 0$ 足够大），强制其满足绝对可积条件，然后对 $t \geq 0$ 部分做傅里叶变换。

具体地，考虑：

\int_{0}^{\infty} [f(t) e^{-\sigma t}] e^{-i\omega t} dt = \int_{0}^{\infty} f(t) e^{-(\sigma + i\omega)t} dt

令 $s = \sigma + i\omega$ （复数），即得到拉普拉斯变换。

二、拉普拉斯变换的正式定义

定义 8.1.1（拉普拉斯正变换）：

\boxed{F(s) = \mathcal{L}[f(t)] = \int_{0}^{\infty} f(t) e^{-st} dt}

其中 $s = \sigma + i\omega$ 是复变量。

几点关键说明：

积分下限是 $0^-$ （从负侧趋近于0），这保证了在 $t=0$ 处的 $\delta$ 函数也能被完整捕获。考试中通常写为 0，但理解上包含 $t=0$ 时刻。
只考虑 $t \geq 0$ ：拉普拉斯变换默认函数在 $t<0$ 时为零（或乘以单位阶跃函数 $u(t)$ ）。
收敛域：并非对所有 $s$ 积分都收敛。存在一个收敛横坐标 $\sigma_0$ ，使得当 $\operatorname{Re}(s) > \sigma_0$ 时积分绝对收敛。这个半平面称为收敛域。
与傅里叶变换的关系（理解即可，不考）：
- 若 $f(t)$ 在 $t<0$ 时为零，且满足绝对可积，则： $\mathcal{F}[f(t)] = \mathcal{L}[f(t)]\big|_{s=i\omega} = F(i\omega)$
- 拉普拉斯变换是傅里叶变换的复推广。

三、拉普拉斯逆变换的定义

定义 8.1.2（拉普拉斯逆变换）：

\boxed{f(t) = \mathcal{L}^{-1}[F(s)] = \frac{1}{2\pi i} \int_{\sigma - i\infty}^{\sigma + i\infty} F(s) e^{st} ds, \quad t > 0}

其中 $\sigma$ 是大于所有奇点实部的任意实数。

这个积分沿复平面上的竖直线进行（Bromwich 积分），通常涉及留数计算。在考试中，我们不直接计算这个积分，而是通过部分分式分解 + 查表来完成逆变换。这是本章的核心实用技能。

四、常见函数的拉普拉斯变换（必背表）

以下是考试中必须熟练掌握的拉普拉斯变换对。这些是后续所有计算的基础。

1. 单位阶跃函数（或常数 $f(t) = 1, t \geq 0$ ）

F(s) = \int_{0}^{\infty} 1 \cdot e^{-st} dt = \left[ \frac{e^{-st}}{-s} \right]_{0}^{\infty} = 0 - \frac{1}{-s} = \frac{1}{s}

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

更准确地： $\mathcal{L}[u(t)] = \frac{1}{s}$ 。

2. 幂函数 $t^n$ （ $n = 0, 1, 2, \ldots$ ）

利用伽马积分或分部积分递推：

\mathcal{L}[t^n] = \int_{0}^{\infty} t^n e^{-st} dt

当 $n=0$ ： $\mathcal{L}[1] = \frac{1}{s}$ （已证）。

当 $n=1$ ：分部积分：

\int_{0}^{\infty} t e^{-st} dt = \left[ t \cdot \frac{e^{-st}}{-s} \right]_{0}^{\infty} - \int_{0}^{\infty} 1 \cdot \frac{e^{-st}}{-s} dt

边界项 = 0，第二项 = $\frac{1}{s} \int_{0}^{\infty} e^{-st} dt = \frac{1}{s^2}$ 。

当 $n=2$ ：类似地， $\mathcal{L}[t^2] = \frac{2}{s^3}$ 。

一般公式：

\boxed{\mathcal{L}[t^n] = \frac{n!}{s^{n+1}}, \quad \operatorname{Re}(s) > 0}

考试常用：

$\mathcal{L}[1] = \frac{1}{s}$
$\mathcal{L}[t] = \frac{1}{s^2}$
$\mathcal{L}[t^2] = \frac{2}{s^3}$
$\mathcal{L}[t^3] = \frac{6}{s^4}$

3. 指数函数 $e^{at}$

F(s) = \int_{0}^{\infty} e^{at} e^{-st} dt = \int_{0}^{\infty} e^{-(s-a)t} dt = \frac{1}{s-a}

前提是 $\operatorname{Re}(s) > \operatorname{Re}(a)$ ，确保 $e^{-(s-a)t} \to 0$ 。

\boxed{\mathcal{L}[e^{at}] = \frac{1}{s-a}, \quad \operatorname{Re}(s) > \operatorname{Re}(a)}

4. 正弦函数 $\sin\omega t$

用欧拉公式 $\sin\omega t = \frac{e^{i\omega t} - e^{-i\omega t}}{2i}$ ：

\mathcal{L}[\sin\omega t] = \frac{1}{2i}\left[ \frac{1}{s - i\omega} - \frac{1}{s + i\omega} \right] = \frac{1}{2i} \cdot \frac{(s+i\omega) - (s-i\omega)}{s^2 + \omega^2} = \frac{1}{2i} \cdot \frac{2i\omega}{s^2 + \omega^2}

\boxed{\mathcal{L}[\sin\omega t] = \frac{\omega}{s^2 + \omega^2}, \quad \operatorname{Re}(s) > 0}

5. 余弦函数 $\cos\omega t$

类似地： $\cos\omega t = \frac{e^{i\omega t} + e^{-i\omega t}}{2}$

\mathcal{L}[\cos\omega t] = \frac{1}{2}\left[ \frac{1}{s - i\omega} + \frac{1}{s + i\omega} \right] = \frac{1}{2} \cdot \frac{2s}{s^2 + \omega^2}

\boxed{\mathcal{L}[\cos\omega t] = \frac{s}{s^2 + \omega^2}, \quad \operatorname{Re}(s) > 0}

6. 单位脉冲函数 $\delta(t)$

由筛选性：

\mathcal{L}[\delta(t)] = \int_{0^-}^{\infty} \delta(t) e^{-st} dt = e^{-s \cdot 0} = 1

\boxed{\mathcal{L}[\delta(t)] = 1}

7. 双曲正弦 $\sinh at$ 与双曲余弦 $\cosh at$

\mathcal{L}[\sinh at] = \frac{a}{s^2 - a^2}, \quad \operatorname{Re}(s) > |a|

\mathcal{L}[\cosh at] = \frac{s}{s^2 - a^2}, \quad \operatorname{Re}(s) > |a|

（利用 $\sinh at = \frac{e^{at} - e^{-at}}{2}$ 即可证明。）

必背拉普拉斯变换表

| 序号 | $f(t)$ （ $t \geq 0$ ） | $F(s) = \mathcal{L}[f(t)]$ | 收敛域 | | ---- | --------------------------- | ----------------------------------- | --------------------------------------------- | --- | --- | | 1 | $1$ （或 $u(t)$ ） | $\frac{1}{s}$ | $\operatorname{Re}(s) > 0$ | | 2 | $t$ | $\frac{1}{s^2}$ | $\operatorname{Re}(s) > 0$ | | 3 | $t^n$ （ $n \in \mathbb{N}$ ） | $\frac{n!}{s^{n+1}}$ | $\operatorname{Re}(s) > 0$ | | 4 | $e^{at}$ | $\frac{1}{s-a}$ | $\operatorname{Re}(s) > \operatorname{Re}(a)$ | | 5 | $\sin\omega t$ | $\frac{\omega}{s^2 + \omega^2}$ | $\operatorname{Re}(s) > 0$ | | 6 | $\cos\omega t$ | $\frac{s}{s^2 + \omega^2}$ | $\operatorname{Re}(s) > 0$ | | 7 | $\sinh at$ | $\frac{a}{s^2 - a^2}$ | $\operatorname{Re}(s) > | a |$ | | 8 | $\cosh at$ | $\frac{s}{s^2 - a^2}$ | $\operatorname{Re}(s) > | a |$ | | 9 | $\delta(t)$ | $1$ | 整个复平面 | | 10 | $e^{at} \sin\omega t$ | $\frac{\omega}{(s-a)^2 + \omega^2}$ | $\operatorname{Re}(s) > \operatorname{Re}(a)$ | | 11 | $e^{at} \cos\omega t$ | $\frac{s-a}{(s-a)^2 + \omega^2}$ | $\operatorname{Re}(s) > \operatorname{Re}(a)$ | | 12 | $t e^{at}$ | $\frac{1}{(s-a)^2}$ | $\operatorname{Re}(s) > \operatorname{Re}(a)$ | | 13 | $t^n e^{at}$ | $\frac{n!}{(s-a)^{n+1}}$ | $\operatorname{Re}(s) > \operatorname{Re}(a)$ |

第10-13项可由频移性质从前面各项推出，不必死记，但要会用。

§8.2 拉普拉斯变换的性质 —— 重点是微分性质

性质一：线性性质

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

这是最基础的性质。拉普拉斯变换是线性算子。

性质二：时移性质（t域平移）

\boxed{\mathcal{L}[f(t - t_0) u(t - t_0)] = e^{-s t_0} F(s), \quad t_0 > 0}

证明：

\mathcal{L}[f(t-t_0)u(t-t_0)] = \int_{t_0}^{\infty} f(t-t_0) e^{-st} dt

令 $\tau = t - t_0$ ，则 $t = \tau + t_0$ ， $dt = d\tau$ ：

= \int_{0}^{\infty} f(\tau) e^{-s(\tau + t_0)} d\tau = e^{-st_0} \int_{0}^{\infty} f(\tau) e^{-s\tau} d\tau = e^{-st_0} F(s)

关键理解： $u(t-t_0)$ 保证函数在 $t < t_0$ 时为零（即「延时」）。若无 $u(t-t_0)$ ，公式不成立。

性质三：频移性质（s域平移）⭐⭐

\boxed{\mathcal{L}[e^{at} f(t)] = F(s - a)}

证明：

\mathcal{L}[e^{at} f(t)] = \int_{0}^{\infty} e^{at} f(t) e^{-st} dt = \int_{0}^{\infty} f(t) e^{-(s-a)t} dt = F(s-a)

这是非常有用的性质。它可以从前面的基础变换对直接推导出更复杂的变换对：

应用例1：已知 $\mathcal{L}[\sin\omega t] = \frac{\omega}{s^2 + \omega^2}$ ，则：

\mathcal{L}[e^{at} \sin\omega t] = \frac{\omega}{(s-a)^2 + \omega^2}

应用例2：已知 $\mathcal{L}[t] = \frac{1}{s^2}$ ，则：

\mathcal{L}[t e^{at}] = \frac{1}{(s-a)^2}

应用例3：已知 $\mathcal{L}[t^n] = \frac{n!}{s^{n+1}}$ ，则：

\mathcal{L}[t^n e^{at}] = \frac{n!}{(s-a)^{n+1}}

这三个例子对应必背表的第10-13项，利用频移性质可以完全不用单独记忆。

性质四：尺度变换性质

\boxed{\mathcal{L}[f(at)] = \frac{1}{a} F\left(\frac{s}{a}\right), \quad a > 0}

证明：令 $\tau = at$ ， $t = \tau/a$ ， $dt = d\tau/a$ ：

\mathcal{L}[f(at)] = \int_{0}^{\infty} f(at) e^{-st} dt = \int_{0}^{\infty} f(\tau) e^{-s \cdot \tau/a} \cdot \frac{1}{a} d\tau = \frac{1}{a} F\left(\frac{s}{a}\right)

性质五：时域微分性质 ⭐⭐⭐（解ODE的核心中的核心）

这是本章最重要的性质，是用拉普拉斯变换解微分方程的理论基础。

一阶导数的拉普拉斯变换

\boxed{\mathcal{L}[f'(t)] = s F(s) - f(0^-)}

证明（分部积分）：

\mathcal{L}[f'(t)] = \int_{0^-}^{\infty} f'(t) e^{-st} dt

令 $u = e^{-st}$ ， $dv = f'(t)dt$ ，则 $du = -s e^{-st} dt$ ， $v = f(t)$ 。

= \left[ f(t) e^{-st} \right]_{0^-}^{\infty} - \int_{0^-}^{\infty} f(t) \cdot (-s) e^{-st} dt

边界项：当 $t \to \infty$ 时（在收敛域内）， $e^{-st} \to 0$ ，故上界为零；下界为 $f(0^-) \cdot 1 = f(0^-)$ 。

= -f(0^-) + s \int_{0^-}^{\infty} f(t) e^{-st} dt = s F(s) - f(0^-)

通常写作：

\boxed{\mathcal{L}[f'(t)] = s F(s) - f(0)}

其中 $f(0)$ 严格地是 $f(0^-)$ （左极限），但当 $f$ 在 $t=0$ 连续时， $f(0^-) = f(0^+) = f(0)$ 。

二阶导数的拉普拉斯变换

对一阶导数公式再次应用：

\mathcal{L}[f''(t)] = s \mathcal{L}[f'(t)] - f'(0) = s[sF(s) - f(0)] - f'(0)

\boxed{\mathcal{L}[f''(t)] = s^2 F(s) - s f(0) - f'(0)}

$n$ 阶导数的拉普拉斯变换

\boxed{\mathcal{L}[f^{(n)}(t)] = s^n F(s) - s^{n-1} f(0) - s^{n-2} f'(0) - \cdots - f^{(n-1)}(0)}

关键观察：

微分运算在时域中 ⇔ $s$ 域中乘以 $s$ （加上初始条件项）
初始条件自动代入，这是拉普拉斯变换相较于傅里叶变换的独特优势！
这就是为什么用拉普拉斯变换解初值问题如此高效。

性质六：时域积分性质（了解即可）

\mathcal{L}\left[\int_{0}^{t} f(\tau) d\tau\right] = \frac{F(s)}{s}

证明思路（了解）：令 $g(t) = \int_{0}^{t} f(\tau) d\tau$ ，则 $g'(t) = f(t)$ ， $g(0) = 0$ 。由一阶微分性质： $F(s) = \mathcal{L}[g'(t)] = s G(s) - g(0) = s G(s)$ ，故 $G(s) = F(s)/s$ 。

考试要求：只需知道有这个性质即可，不要求深入推导和应用。

性质七：初值定理与终值定理（了解即可）

初值定理： $f(0^+) = \lim_{s \to \infty} s F(s)$

终值定理： $\lim_{t \to \infty} f(t) = \lim_{s \to 0} s F(s)$ （当极限存在时）

这两个定理在控制理论中应用广泛，在复变函数考试中不做重点。

拉普拉斯变换性质速查表

性质	时域 $f(t)$ （ $t \geq 0$ ）	$s$ 域 $F(s)$
线性	$a f + b g$	$a F + b G$
时移	$f(t-t_0)u(t-t_0)$	$e^{-st_0}F(s)$
频移	$e^{at}f(t)$	$F(s-a)$
尺度	$f(at)$ ， $a>0$	$\frac{1}{a}F(\frac{s}{a})$
一阶微分	$f'(t)$	$sF(s) - f(0)$
二阶微分	$f''(t)$	$s^2F(s) - sf(0) - f'(0)$
n阶微分	$f^{(n)}(t)$	$s^nF(s) - s^{n-1}f(0) - \cdots - f^{(n-1)}(0)$
积分（了解）	$\int_0^t f(\tau)d\tau$	$\frac{F(s)}{s}$

§8.3 拉普拉斯逆变换

拉普拉斯逆变换的积分定义（Bromwich积分）一般不需要在考试中直接使用。考试中的标准做法是：部分分式分解 + 查表。

一、核心方法：部分分式分解法

基本思路：将 $F(s)$ （通常是有理分式 $\frac{P(s)}{Q(s)}$ ，其中 $P$ 的次数小于 $Q$ 的次数）分解为若干个简单分式之和，然后逐项利用基本变换表求逆变换。

前提条件： $F(s)$ 是真分式（分子次数小于分母次数）。若是假分式，需先做多项式除法。

二、部分分式分解的三种基本情况

情况1：分母有互异的单重实根

F(s) = \frac{P(s)}{(s - a)(s - b)(s - c)}

分解为：

F(s) = \frac{A}{s-a} + \frac{B}{s-b} + \frac{C}{s-c}

其中：

A = \left.(s-a)F(s)\right|_{s=a}, \quad B = \left.(s-b)F(s)\right|_{s=b}, \quad C = \left.(s-c)F(s)\right|_{s=c}

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

解：
$\frac{1}{(s-1)(s+2)} = \frac{A}{s-1} + \frac{B}{s+2}$ $A = \left.\frac{1}{s+2}\right|_{s=1} = \frac{1}{3}$ $B = \left.\frac{1}{s-1}\right|_{s=-2} = \frac{1}{-3} = -\frac{1}{3}$ $F(s) = \frac{1/3}{s-1} - \frac{1/3}{s+2}$ $\mathcal{L}^{-1}[F(s)] = \frac{1}{3} e^{t} - \frac{1}{3} e^{-2t}$

情况2：分母有重根

若分母有因子 $(s-a)^m$ ，则分解中包含：

\frac{A_1}{s-a} + \frac{A_2}{(s-a)^2} + \cdots + \frac{A_m}{(s-a)^m}

系数可通过逐次求导或代入特殊值求得。

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

解：
$\frac{1}{(s-1)^2(s+1)} = \frac{A}{s-1} + \frac{B}{(s-1)^2} + \frac{C}{s+1}$
通分： $A(s-1)(s+1) + B(s+1) + C(s-1)^2 = 1$ 。

展开： $A(s^2-1) + B(s+1) + C(s^2-2s+1) = 1$ 。

整理： $(A+C)s^2 + (B-2C)s + (-A+B+C) = 1$ 。

比较系数：
$\begin{cases} A + C = 0 \\ B - 2C = 0 \\ -A + B + C = 1 \end{cases}$
由(1)： $A = -C$ 。代入(3)： $C + B + C = B + 2C = 1$ 。由(2)： $B = 2C$ 。代入上式： $2C + 2C = 4C = 1$ ⇒ $C = 1/4$ 。则 $A = -1/4$ ， $B = 1/2$ 。
$F(s) = -\frac{1/4}{s-1} + \frac{1/2}{(s-1)^2} + \frac{1/4}{s+1}$
逆变换（查表）：

$\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s-1}\right] = e^t$

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

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

$\mathcal{L}^{-1}[F(s)] = -\frac{1}{4} e^t + \frac{1}{2} t e^t + \frac{1}{4} e^{-t}$

情况3：分母有共轭复根（不可约二次因式）

若分母有因子 $s^2 + ps + q$ （判别式 $p^2 - 4q < 0$ ），则分解中包含：

\frac{As + B}{s^2 + ps + q}

然后通过配方化为 $(s+a)^2 + \omega^2$ 的形式，利用正弦/余弦的拉普拉斯变换公式。

例：求 $\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{s+1}{s^2 + 4s + 13}\right]$ 。

解：分母配方： $s^2 + 4s + 13 = (s+2)^2 + 9 = (s+2)^2 + 3^2$ 。

分子改写为含 $(s+2)$ 的形式：
$\frac{s+1}{(s+2)^2 + 3^2} = \frac{(s+2) - 1}{(s+2)^2 + 3^2} = \frac{s+2}{(s+2)^2 + 3^2} - \frac{1}{(s+2)^2 + 3^2}$
查表（结合频移性质 $e^{-2t}$ ）：

$\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{s+2}{(s+2)^2 + 3^2}\right] = e^{-2t} \cos 3t$

$\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{(s+2)^2 + 3^2}\right] = \frac{1}{3} e^{-2t} \sin 3t$

$\mathcal{L}^{-1}[F(s)] = e^{-2t} \cos 3t - \frac{1}{3} e^{-2t} \sin 3t$

三、逆变换基本公式表（必背）

$F(s)$	$f(t) = \mathcal{L}^{-1}[F(s)]$ （ $t \geq 0$ ）
$\frac{1}{s}$	$1$ （ $u(t)$ ）
$\frac{1}{s^2}$	$t$
$\frac{1}{s^{n+1}}$	$\frac{t^n}{n!}$
$\frac{1}{s-a}$	$e^{at}$
$\frac{1}{(s-a)^2}$	$t e^{at}$
$\frac{1}{(s-a)^{n+1}}$	$\frac{t^n e^{at}}{n!}$
$\frac{\omega}{s^2 + \omega^2}$	$\sin\omega t$
$\frac{s}{s^2 + \omega^2}$	$\cos\omega t$
$\frac{\omega}{(s-a)^2 + \omega^2}$	$e^{at} \sin\omega t$
$\frac{s-a}{(s-a)^2 + \omega^2}$	$e^{at} \cos\omega t$

§8.4 拉普拉斯变换的应用 —— 解常系数ODE初值问题

这是本章的终极考点。样卷固定10分压轴题。

一、为什么用拉普拉斯变换解ODE

考虑常系数线性常微分方程初值问题：

a_n y^{(n)}(t) + a_{n-1} y^{(n-1)}(t) + \cdots + a_0 y(t) = f(t)

y(0) = y_0, \; y'(0) = y_0', \; \ldots, \; y^{(n-1)}(0) = y_0^{(n-1)}

传统方法（待定系数法、特征方程法）的痛点：

需要分别求齐次通解和非齐次特解
需要利用初始条件确定待定系数
当 $f(t)$ 是分段函数或包含 $\delta$ 函数时，处理复杂

拉普拉斯变换方法的优势：

一步到位：方程变换为代数方程 → 解出 $Y(s)$ → 逆变换得 $y(t)$
初始条件自动代入：通过微分性质中的初值项，无需另外处理
适用于各种 $f(t)$ ：只要 $f(t)$ 的拉普拉斯变换存在

二、标准解题步骤

步骤1：设 $Y(s) = \mathcal{L}[y(t)]$ ，并计算 $F(s) = \mathcal{L}[f(t)]$ 。

步骤2：对方程两边取拉普拉斯变换，利用微分性质代入初始条件。

步骤3：解出 $Y(s)$ 的表达式（有理分式）。

步骤4：对 $Y(s)$ 进行部分分式分解。

步骤5：查表逐项求拉普拉斯逆变换，得到 $y(t)$ 。

三、完整例题精讲

例题1（样卷1第10题）

题目：用拉普拉斯变换方法求方程 $y'' - y = 2e^t$ ， $y(0) = y'(0) = 0$ 的解。

步骤1：设 $Y(s) = \mathcal{L}[y(t)]$ 。已知 $f(t) = 2e^t$ ，故 $F(s) = \frac{2}{s-1}$ 。

步骤2：对左边取拉普拉斯变换，利用微分性质：
$\mathcal{L}[y''(t)] = s^2 Y(s) - s \cdot y(0) - y'(0) = s^2 Y(s) - s \cdot 0 - 0 = s^2 Y(s)$ $\mathcal{L}[y(t)] = Y(s)$
原方程变换为：
$s^2 Y(s) - Y(s) = \frac{2}{s-1}$
步骤3：解出 $Y(s)$ ：
$Y(s)(s^2 - 1) = \frac{2}{s-1}$ $Y(s) = \frac{2}{(s-1)(s^2-1)} = \frac{2}{(s-1)(s-1)(s+1)} = \frac{2}{(s-1)^2(s+1)}$
步骤4：部分分式分解。设：
$\frac{2}{(s-1)^2(s+1)} = \frac{A}{s-1} + \frac{B}{(s-1)^2} + \frac{C}{s+1}$
通分： $A(s-1)(s+1) + B(s+1) + C(s-1)^2 = 2$ 。

展开：
$A(s^2-1) + B(s+1) + C(s^2 - 2s + 1) = 2$ $(A + C)s^2 + (B - 2C)s + (-A + B + C) = 2$
比较系数（右边 = $0 \cdot s^2 + 0 \cdot s + 2$ ）：
$\begin{cases} A + C = 0 \quad &\text{①} \\ B - 2C = 0 \quad &\text{②} \\ -A + B + C = 2 \quad &\text{③} \end{cases}$
由①： $A = -C$ 。由②： $B = 2C$ 。代入③： $-(-C) + 2C + C = C + 2C + C = 4C = 2$ ⇒ $C = \frac{1}{2}$ 。

故 $A = -\frac{1}{2}$ ， $B = 1$ ， $C = \frac{1}{2}$ 。
$Y(s) = -\frac{1/2}{s-1} + \frac{1}{(s-1)^2} + \frac{1/2}{s+1}$
步骤5：逐项求逆变换：
$\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s-1}\right] = e^t$ $\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{(s-1)^2}\right] = t e^t$ $\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s+1}\right] = e^{-t}$ $\boxed{y(t) = -\frac{1}{2} e^t + t e^t + \frac{1}{2} e^{-t}}$

验证（非必须，但可用于检查）：

$y(0) = -\frac{1}{2} + 0 + \frac{1}{2} = 0$ ✓
$y'(t) = -\frac{1}{2} e^t + e^t + t e^t - \frac{1}{2} e^{-t}$ ， $y'(0) = -\frac{1}{2} + 1 + 0 - \frac{1}{2} = 0$ ✓

例题2（经典题型——含正弦函数）

题目：用拉普拉斯变换方法求 $y'' + 4y = \sin 2t$ ， $y(0) = 1$ ， $y'(0) = 0$ 。

步骤1： $F(s) = \mathcal{L}[\sin 2t] = \frac{2}{s^2 + 4}$ 。

步骤2：取变换：
$\mathcal{L}[y''] + 4\mathcal{L}[y] = \mathcal{L}[\sin 2t]$ $[s^2 Y(s) - s \cdot 1 - 0] + 4Y(s) = \frac{2}{s^2 + 4}$
步骤3：
$(s^2 + 4)Y(s) - s = \frac{2}{s^2 + 4}$ $Y(s) = \frac{s}{s^2 + 4} + \frac{2}{(s^2 + 4)^2}$
步骤4：第一项直接可逆变换；第二项涉及重根，需要用到以下公式（或利用卷积定理/查表）：
$\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{2}{(s^2+4)^2}\right] = \frac{1}{4} \sin 2t - \frac{t}{4} \cos 2t$
（这个结果可由更完整的拉普拉斯变换表查得，或通过复积分留数法求得。考试中通常给出重根情况下的逆变换公式，或允许保留此形式。）

步骤5：
$y(t) = \cos 2t + \frac{1}{4} \sin 2t - \frac{t}{4} \cos 2t$

例题3（含指数函数驱动项）

题目：用拉普拉斯变换方法求 $y'' + 3y' + 2y = e^{-t}$ ， $y(0) = 0$ ， $y'(0) = 1$ 。

步骤1： $F(s) = \mathcal{L}[e^{-t}] = \frac{1}{s+1}$ 。

步骤2：
$\mathcal{L}[y''] = s^2 Y - s\cdot 0 - 1 = s^2 Y - 1$ $\mathcal{L}[y'] = sY - 0 = sY$ $\mathcal{L}[y] = Y$
方程变换为：
$(s^2 Y - 1) + 3(sY) + 2Y = \frac{1}{s+1}$
步骤3：
$(s^2 + 3s + 2)Y - 1 = \frac{1}{s+1}$ $(s+1)(s+2)Y = 1 + \frac{1}{s+1} = \frac{s+1+1}{s+1} = \frac{s+2}{s+1}$ $Y(s) = \frac{s+2}{(s+1)(s+1)(s+2)} = \frac{1}{(s+1)^2}$
（注意 $s+2$ 约掉了，这是一个巧合但合理的结果。）

步骤4：无需部分分式分解，直接查表。

步骤5：
$\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{(s+1)^2}\right] = t e^{-t}$ $\boxed{y(t) = t e^{-t}}$

四、解题流程图

1
常系数ODE初值问题
2
aₙy⁽ⁿ⁾ + ... + a₀y = f(t)
3
y(0), y'(0), ... 已知
4
        │
5
        ▼ 设 Y(s)=L[y], 计算 F(s)=L[f]
6
        │
7
        ▼ 利用微分性质变换每一项
8
        │  L[y⁽ᵏ⁾] = sᵏY(s) - sᵏ⁻¹y(0) - ... - y⁽ᵏ⁻¹⁾(0)
9
        │
10
        ▼ 得到代数方程，解出 Y(s)
11
        │  Y(s) = [F(s) + 初值项] / P(s)
12
        │
13
        ▼ 部分分式分解 Y(s)
14
        │  （三种情况：单实根 / 重实根 / 共轭复根）
15
        │
16
        ▼ 逐项查表求逆变换
17
        │
18
        ▼ 得到 y(t)（完成）

样卷真题精讲

样卷1 第8题（5分）

题目：求函数 $f(t) = t^2 - t$ 的拉普拉斯变换。

解：由线性性质和 $\mathcal{L}[t^n] = \frac{n!}{s^{n+1}}$ ：
$\mathcal{L}[t^2] = \frac{2!}{s^{3}} = \frac{2}{s^3}$ $\mathcal{L}[t] = \frac{1!}{s^{2}} = \frac{1}{s^2}$ $\boxed{\mathcal{L}[t^2 - t] = \frac{2}{s^3} - \frac{1}{s^2}}$

样卷1 第10题（10分）

已在上面 §8.4 例题1中完整讲解。答案：

\boxed{y(t) = -\frac{1}{2}e^t + t e^t + \frac{1}{2}e^{-t}}

样卷2 第8题（5分）

题目：求函数 $f(t) = e^{3t} + 5\delta(t)$ 的拉普拉斯变换。

解：由线性性质：
$\mathcal{L}[e^{3t}] = \frac{1}{s-3}$ $\mathcal{L}[\delta(t)] = 1$ $\boxed{\mathcal{L}[e^{3t} + 5\delta(t)] = \frac{1}{s-3} + 5}$
也可以写为：
$\frac{1 + 5(s-3)}{s-3} = \frac{5s - 14}{s-3}$
这两种形式都应给满分。

样卷1 第6题（填空题，3分）

题目：设 $\mathcal{L}[f(t)]$ 表示函数 $f(t)$ 的拉普拉斯变换， $\mathcal{L}[1] = \_\_\_$ 。

答案： $\frac{1}{s}$ 。

样卷2 第5题（填空题，3分）

题目：单位阶跃函数 $u(t) = \begin{cases} 0, & t < 0 \\ 1, & t > 0 \end{cases}$ ，拉普拉斯变换 $\mathcal{L}[u(t) + t] = \_\_\_$ 。

解：
$\mathcal{L}[u(t)] = \frac{1}{s}, \quad \mathcal{L}[t] = \frac{1}{s^2}$ $\boxed{\mathcal{L}[u(t) + t] = \frac{1}{s} + \frac{1}{s^2}}$

🔑 第八章考试公式速查卡

必背定义

F(s) = \mathcal{L}[f(t)] = \int_{0}^{\infty} f(t) e^{-st} dt

必背变换对（8个核心）

$f(t)$	$F(s)$
$1$	$\frac{1}{s}$
$t$	$\frac{1}{s^2}$
$t^n$	$\frac{n!}{s^{n+1}}$
$e^{at}$	$\frac{1}{s-a}$
$\sin\omega t$	$\frac{\omega}{s^2 + \omega^2}$
$\cos\omega t$	$\frac{s}{s^2 + \omega^2}$
$t e^{at}$	$\frac{1}{(s-a)^2}$
$\delta(t)$	$1$

必背性质

性质	公式
线性	$af + bg \leftrightarrow aF + bG$
频移	$e^{at}f(t) \leftrightarrow F(s-a)$
一阶微分	$f'(t) \leftrightarrow sF(s) - f(0)$
二阶微分	$f''(t) \leftrightarrow s^2F(s) - sf(0) - f'(0)$
积分（了解）	$\int_0^t f(\tau)d\tau \leftrightarrow F(s)/s$

解ODE标准模板

1
1. 设 Y(s) = L[y], 计算 F(s) = L[f]
2
2. 对方程取 L，用微分性质代入初始条件
3
3. 解代数方程得 Y(s)
4
4. 部分分式分解 Y(s)
5
5. 查表逆变换得 y(t)

⚠️ 易错点提醒

易错点	正确做法
微分性质的符号	$\mathcal{L}[f'(t)] = sF(s) - f(0)$ ，注意是减去 $f(0)$ ，不是加
二阶微分	$\mathcal{L}[f''(t)] = s^2F(s) - sf(0) - f'(0)$ ，注意系数和初值对应关系
$t^n$ 的变换	$\mathcal{L}[t^n] = \frac{n!}{s^{n+1}}$ ，特别注意 $t^2$ → $\frac{2}{s^3}$ ，不是 $\frac{2}{s^2}$
正弦函数的变换	$\mathcal{L}[\sin\omega t] = \frac{\omega}{s^2 + \omega^2}$ ，分子是 $\omega$ 不是 $1$
余弦函数的变换	$\mathcal{L}[\cos\omega t] = \frac{s}{s^2 + \omega^2}$ ，分子是 $s$
部分分式重根处理	重根 $(s-a)^m$ 分解为 $m$ 项： $\frac{A_1}{s-a} + \frac{A_2}{(s-a)^2} + \cdots + \frac{A_m}{(s-a)^m}$
频移性质逆向用	看到 $(s-a)$ 替代了 $s$ ，立即想到时域乘了 $e^{at}$
初始条件为零	$y(0)=y'(0)=0$ 时，二阶微分简化为 $s^2Y(s)$ ，大大简化计算

以上是第八章拉普拉斯变换的完整考试内容讲解。核心技能只有两个：利用微分性质将ODE转化为代数方程 和 部分分式分解求逆变换。把样卷的第10题完整做三遍，确保每一步都清晰无误，这个10分就是稳拿的。

第八章 拉普拉斯变换 —— 考试版精讲

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