Laplace 变换：把初值和输入一起带进代数方程

上一章用变参数法把外力造成的运动写成了积分：一小段时间里的输入先产生一点响应，过去每一段输入留下的影响再累积起来。这个想法很贴近真实系统。弹簧现在处在什么位置，既取决于一开始怎样拉开、怎样松手，也取决于后来怎样推它。

不过，真正计算时，我们仍然得围着时间函数 $y(t)$ 转：求导、找特解、积分，再安排初始条件。现在想换一个问法：能不能先把整条输入曲线和整条响应曲线各自换成另一种表达，使“求导”变成比较容易处理的代数运算？

Laplace 变换，也叫拉普拉斯变换，就是沿着这个想法设计的工具。它会把一个时间函数变成一个关于新变量 $s$ 的函数。我们在新表达里解出答案，再回到时间里看物体究竟怎么运动。本章先把这条路走通；至于几秒后才打开的电源、短促的一次敲击，下一章再接进来。

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为什么要把一条曲线变成另一条曲线

想象一个带阻尼的弹簧装置。我们从平衡位置量位移 $y(t)$，外力为 $g(t)$，在质量、阻尼和弹簧刚度保持不变的模型里，运动满足

$$my''+cy'+ky=g(t),\qquad y(0)=y_0,\qquad y'(0)=v_0.$$

这里 $m>0$，$c\ge0$，$k>0$；位移足够小，使弹簧力近似与位移成正比，阻尼力近似与速度成正比。左边每一项都是力，右边也是力，方程说的是受力与运动之间的关系。

如果外力始终是正弦波，我们已经会解。可同一个装置可能先不受力，过一会儿受到恒力，再过一会儿又撤去。方程的左边没有变，输入却换了好几种写法。我们希望保留系统不变的部分，把变化多端的输入交给统一的运算来处理。

先不要急着看变换公式。可以把目标理解成：给每条曲线做一组“带权累积记录”。记录时，每个时刻的函数值都参与，但离起点越远，通常给越小的权重。换一套权重，再记一次；把所有这些记录放在一起，就得到新的函数。

这里的“所有”很关键。只记录一个总面积，当然分不清两条不同曲线；Laplace 变换会让权重随着参数 $s$ 连续变化，保留的是整个 $F(s)$，而不是一个数。满足适当条件时，这组记录足够让我们恢复原来的连续函数。

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指数权重怎样累积一条曲线

从 $t=0$ 开始观察一个函数 $f(t)$。本章采用单边 Laplace 变换：

$$F(s)=\mathcal L\{f(t)\}(s)=\int_0^\infty e^{-st}f(t)\,dt.$$

积分变量是 $t$，$s$ 在每一次积分里固定不动。比如选定 $s=2$，就把整条曲线乘上 $e^{-2t}$ 再积分，得到一个数 $F(2)$；另选 $$，得到另一个数 。让 变化，这些数才排成新函数 。

当 $s>0$ 时，$e^{-st}$ 会衰减。较大的 $s$ 更强调开始附近的变化；较小的正 $s$ 让较晚的变化保留更多分量。如果 $f$ 有正有负，积分记录的是带符号的累积量，正负贡献可能抵消，不能一概把它叫作几何面积。

权重先与函数相乘，再对整条时间半轴积分。一个 $s$ 对应一次累积记录。

这也解释了单位。若 $t$ 用秒计，指数 $st$ 必须没有单位，因此 $s$ 的单位是每秒。若 $f$ 表示牛顿，那么 $F$ 的单位是牛顿·秒。$F(s)$ 并不是某一时刻的力，$s$ 也不是重新命名的时间。它衡量我们用多快的指数权重来观察整段过程。

无穷上限不是直接代入无穷大

定义里的积分是一个极限：

$$F(s)=\lim_{R\to\infty}\int_0^R e^{-st}f(t)\,dt.$$

先累积到有限时刻 $R$，再问 $R$ 不断增大时结果能否趋于有限值。若能，变换在这个 $s$ 上存在；若不能，就不能把计算出来的代数式当成该处的变换值。

先用最简单的恒定信号 $f(t)=1$ 试试看。对 $s\ne0$，

$$\int_0^R e^{-st}\,dt=\frac{1-e^{-sR}}{s}.$$

当 $s>0$，$e^{-sR}\to0$，所以

$$\mathcal L\{1\}(s)=\frac1s,\qquad s>0.$$

当 $s=0$，累积量等于 $R$，会无限增加；当 $s<0$，权重反而指数增长，积分也发散。于是 $1/s$ 虽然在 $s=-1$ 处能算出 $-$，这个 却不是原积分的值。

什么样的函数能被权重压住

我们常用的一组充分条件是：$f$ 在每个有限区间上分段连续，并且存在常数 $M>0$、$a$、$T\ge0$，使得

$$|f(t)|\le Me^{at},\qquad t\ge T.$$

分段连续允许有限时间内有有限次有限跳跃，只要跳跃两侧的极限存在；它保证有限时间里的积分可以处理。后一个条件称为指数阶条件，保证遥远未来的增长有一个指数上界。

为什么 $s>a$ 就够了？在 $t\ge T$ 的部分，

$$|e^{-st}f(t)|\le Me^{-(s-a)t},$$

所以

$$\int_T^\infty |e^{-st}f(t)|\,dt \le\frac{M e^{-(s-a)T}}{s-a}<\infty.$$

前面有限的一段已经可积，后面的尾巴也压住了，整个积分便绝对收敛。这个推理只保证 $s>a$，边界 $s=a$ 要另算。而且指数上界未必取得最紧：一个实际上在 $s>-2$ 就收敛的函数，也可能被我们用较粗的估计只证明在 $s>1$ 收敛。

我们还可以把尾积分的估计当成计算误差的估计。如果只积分到较大的时刻 $R\ge T$，那么忽略后面时间造成的误差至多是 $M e^{-(s-a)R}/(s-a)$。这说明交互图中截取有限时间并不等于真正的无穷积分；只有尾部估计足够小，有限窗口才近似可靠。当 $s$ 很接近收敛边界时，净衰减速度 很小，需要观察更长时间，图上暂时“看起来平稳”不能代替收敛证明。

多项式、指数函数、正弦余弦及它们的有限和与有限乘积，都能找到这样的上界。多项式 $t^n$ 虽然不有界，但增长比任意固定的正指数 $e^{\varepsilon t}$ 慢。反过来，$e^{t^2}$ 增长太快：对任意实数 $s$，指数 在充分大的 上至少是 ，所以它的 Laplace 积分发散。

还要留意起点。如果 $f(t)=1/t$，即使远处增长很慢，原点附近的积分也发散。判断是否存在，不能只盯着无穷远。上述条件是方便检查的充分条件，不是所有可变换函数必须满足的条件。

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基本变换从哪里来

我们需要一小组能亲手推出来的变换，再用它们组合复杂输入。这样逆变换时也知道是在认什么形状，而不是对着分母猜答案。

指数信号：增长速度移动了收敛边界

若输入随时间按 $e^{at}$ 变化，那么

$$\mathcal L\{e^{at}\}(s) =\int_0^\infty e^{-(s-a)t}\,dt =\frac1{s-a},\qquad s>a.$$

这个结果几乎就是刚算过的常数变换，只不过原来的衰减速度 $s$ 被输入自身的增长抵消了一部分，净衰减速度变成 $s-a$。例如衰减信号 $e^{-3t}$ 的变换是 $1/(s+3)$，收敛范围为 $s$； 在这里可以取负，只要乘起来的总效果仍然衰减。

逐渐增加的信号：每多一个 t，多一次分部积分

假设一项输入从零开始匀速增加，其数学形状是 $t$。当 $s>0$，分部积分给出

$$\int_0^\infty t e^{-st}\,dt =\left[-\frac{t e^{-st}}s\right]_0^\infty +\frac1s\int_0^\infty e^{-st}\,dt =\frac1{s^2}.$$

边界项消失的原因是 $t e^{-st}\to0$，指数衰减最终压过线性增长。对非负整数 $n$ 记 $I_n=\mathcal L\{t^n\}$，同样计算可得

$$I_n=\frac ns I_{n-1}\quad(n\ge1),\qquad I_0=\frac1s.$$

沿着递推式往回走，便得到

$$\mathcal L\{t^n\}(s)=\frac{n!}{s^{n+1}},\qquad s>0.$$

例如 $t^2$ 对应 $2/s^3$，而不是 $1/s^3$；那个阶乘记录着每次求导掉下来的系数。以后看到三重一次因子的分母，会从这里认出二次多项式的时间因子。

周期信号：两个积分互相帮忙

一台装置周期性地受到推拉，输入里就可能有 $\sin(\omega t)$ 或 $\cos(\omega t)$。取 $\omega>0$，分别记它们的变换为 $S(s)$、$C(s)$。在 时，分部积分得到

$$S(s)=\frac\omega s C(s),\qquad C(s)=\frac1s-\frac\omega s S(s).$$

第一个式子里正弦在 $t=0$ 为零，所以没有起点贡献；第二个式子里余弦在 $t=0$ 为一，留下了 $1/s$。把两个式子当成关于 $S,C$ 的联立代数方程解，就有

$$\mathcal L\{\sin(\omega t)\}(s)=\frac\omega{s^2+\omega^2}, \qquad \mathcal L\{\cos(\omega t)\}(s)=\frac s{s^2+\omega^2}, \qquad s>0.$$

两种周期函数的分母相同，分子却不同。正弦前面是频率 $\omega$，余弦前面是变换变量 $s$。逆变换时丢掉正弦的频率系数，是很容易发生的一处错误。

这张表的每一行都能回到刚才的积分推导。先掌握这几块积木，常系数初值问题里相当多的答案就能认出来。

三角函数还有一个值得停下来辨认的边界：它们本身始终有界，可是在 $s=0$ 时，积分未必收敛。以余弦为例，积分到 $R$ 得到 $\sin(\omega R)/\omega$，它随着 $R$ 振荡，没有固定极限。“原函数不会变得无限大”与“从零到无穷的累积量会趋于一个数”并不等价。指数权重的作用，正是让越来越远处的振荡贡献逐渐变小。

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把基本形状组合起来

线性性保留了输入叠加

如果一个外力是两种信号之和，我们希望分别处理再相加。积分恰好允许这样做：在两个积分共同收敛的范围内，

$$\mathcal L\{\alpha f+\beta g\} =\alpha\mathcal L\{f\}+\beta\mathcal L\{g\} =\alpha F(s)+\beta G(s).$$

其中 $\alpha,\beta$ 是常数。它们可以移出积分，但依赖时间的函数不能随意移出去。比如 $\mathcal L\{t f(t)\}$ 一般不等于 $tF(s)$，也不等于 $\mathcal L\{t\}F(s)$。线性性处理加法和常数倍，并不自动处理乘法。

例如，逐渐增强的输入叠加一项周期扰动，写成 $f(t)=2t^2-3\cos(4t)$。逐项变换可得

$$F(s)=\frac4{s^3}-\frac{3s}{s^2+16},\qquad s>0.$$

两项都在 $s>0$ 收敛，因而相加合法。若组合的是 $e^{2t}$ 与 $e^{-3t}$，则安全的共同范围是 $s>2$。函数相减后偶尔会发生抵消，让实际范围扩大，但不能因为希望抵消，就先把两个各自发散的积分硬拆开。

分段输入也能从定义开始

一台加料设备开始两分钟保持单位速率，随后停止。先不引入新的开关符号，我们直接把输入描述为 $0\le t<2$ 时 $f(t)=1$，$t\ge2$ 时 $f(t)=0$。定义积分会自动按时间段拆开：

$$F(s)=\int_0^2 e^{-st}\,dt+\int_2^\infty e^{-st}\cdot0\,dt =\frac{1-e^{-2s}}s,\qquad s\ne0.$$

这里没有无穷远的尾巴，因为两分钟后输入为零，所以任何实数 $s$ 都允许。$s=0$ 要回到有限积分计算，得到 $F(0)=2$。有理与指数混合的表达式在零点看起来是 $0/0$，其实只是可去的缺口，其极限也等于 $2$。这与常数信号 $1$ 的变换 在零点真正发散形成了一个具体区别。

这个例子同时提醒我们：在分段连续的假设下，有有限跳跃不会妨碍变换；一个只持续有限时间的有界输入，甚至不需要正的 $s$ 来压住远处增长。下一章会把“开始”和“停止”组织成更简洁的函数写法，届时不用每次重新分段积分。

乘上指数，相当于整体移动 s

阻尼振动的形状是周期函数乘上衰减指数。我们无需重新算一遍三角积分，因为

$$\mathcal L\{e^{at}f(t)\}(s) =\int_0^\infty e^{-(s-a)t}f(t)\,dt =F(s-a).$$

若原来的变换在 $s>\sigma_0$ 收敛，新变换便在 $s>\sigma_0+a$ 收敛。这里的动作是把 $F$ 表达式中每一个 都换成 。

例如一个振幅按 $e^{-2t}$ 缩小的周期输入 $f(t)=e^{-2t}\cos(3t)$，从余弦变换出发，把 $s$ 换成 ，得到

$$\mathcal L\{e^{-2t}\cos(3t)\}(s) =\frac{s+2}{(s+2)^2+9},\qquad s>-2.$$

分子也要一起移动。如果分母用了 $(s+2)^2+9$，分子却留着 $s$，那已经是另一个函数的变换了。这条规则处理的是时间函数乘上指数；“过两秒才开始”是时间延迟，下一章会单独推导，不能混用。

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逆变换：把代数式整理成认得的形状

给出 $F(s)$，找回满足 $\mathcal L\{f\}=F$ 的时间函数，这个动作记作

$$f(t)=\mathcal L^{-1}\{F(s)\}(t).$$

它不是通常的反函数，不能把 $F(s)$ 与 $t$ 交换后解 $s$。我们找的是一整条经过积分变换会产生 $F$ 的曲线。

这里有一个细节：积分看不见孤立点上取值的修改。因此对分段连续函数，逆变换通常确定其连续点处的值；如果限制在连续、指数阶函数这一类中，就能谈逐点的唯一性。下一章讨论跳跃输入时，某个跳跃时刻究竟取左值还是右值，不会改变它的变换。

分母能拆开时，用部分分式拆开运动

先求

$$F(s)=\frac{4s+7}{(s+1)(s+3)}$$

的逆变换。分母里有两个不同的一次因子，猜测所需的结构为

$$\frac{4s+7}{(s+1)(s+3)} =\frac A{s+1}+\frac B{s+3}.$$

通分后比较分子，得到对所有 $s$ 成立的多项式恒等式

$$4s+7=A(s+3)+B(s+1).$$

令 $s=-1$，右边只剩 $2A$，所以 $A=3/2$；令 $s=-3$，得到 $-5=-2B$，所以 。于是

$$f(t)=\frac32e^{-t}+\frac52e^{-3t}.$$

这里代入 $s=-1,-3$ 是求多项式恒等式里的系数，并不是声称原 Laplace 积分在这些点存在。变换与代数恒等式的使用范围要分清。

重复因子不能只留最高次一项

如果分母含有 $(s+2)^2$，一般需要同时考虑 $1/(s+2)$ 和 $1/(s+2)^2$。例如

$$F(s)=\frac{2s+7}{(s+2)^2} =\frac{2(s+2)+3}{(s+2)^2} =\frac2{s+2}+\frac3{(s+2)^2}.$$

结合 $\mathcal L\{t\}=1/s^2$ 与指数位移，得到

$$f(t)=2e^{-2t}+3te^{-2t}.$$

二重因子带出了 $t e^{-2t}$，这与我们解特征方程重根时看到的形状吻合。更一般地，

$$\mathcal L^{-1}\left\{\frac1{(s-a)^j}\right\} =\frac{t^{j-1}}{(j-1)!}e^{at},\qquad j=1,2,\ldots.$$

若一个分母含有三重一次因子，部分分式中要给一、二、三次幂各留一个位置；相应系数可能算成零，但不能提前假定它们都为零。

不可约二次因子先配方，分子跟着重排

现在看

$$F(s)=\frac{2s+9}{s^2+6s+13}.$$

分母配方为 $(s+3)^2+4$，暗示时间里有 $e^{-3t}$ 和频率 $2$。为了识别余弦项，要把分子也写成 $s+3$ 的形式：

$$2s+9=2(s+3)+3.$$

于是

$$F(s)=2\frac{s+3}{(s+3)^2+2^2} +\frac32\frac2{(s+3)^2+2^2},$$

因此

$$f(t)=e^{-3t}\left(2\cos(2t)+\frac32\sin(2t)\right).$$

频率系数在这里明确地补回来了：分子为 $3$，而表中正弦对应分子 $2$，所以振幅系数是 $3/2$。

更一般地，对不可约二次因子的部分分式，分子需要保留一次多项式 $Bs+C$。如果只写常数，就会把可能的余弦分量漏掉。本章常见的 $Y(s)$ 都是真分式，也就是约去公共因子后分子次数小于分母次数。如果算出了不衰减的多项式部分，应先检查导数公式和代数运算；普通连续、指数阶函数的变换在实数 $s\to+\infty$ 时趋于零，不能把多项式部分随意当成普通时间函数。

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求导为什么会变成乘 s，又为什么留下初值

现在工具已经够用了，真正让微分方程变成代数方程的那一步还没出现。我们直接从积分里把它算出来。

设 $y$ 在 $[0,\infty)$ 上连续，$y'$ 分段连续，且 $y$ 为指数阶函数。先在有限区间上分部积分：

$$\int_0^R e^{-st}y'(t)\,dt =\left[e^{-st}y(t)\right]_0^R +s\int_0^R e^{-st}y(t)\,dt.$$

如果 $y'$ 只有有限次跳跃，就分段计算再相加。因为 $y$ 连续，相邻区间的内部边界项会抵消，最后仍只剩起点和终点。

把边界项展开，是

$$e^{-sR}y(R)-y(0).$$

取足够大的实数 $s$，指数阶条件保证第一项趋于零。若记 $Y(s)=\mathcal L\{y(t)\}(s)$，令 $R\to\infty$ 就得到

$$\mathcal L\{y'\}(s)=sY(s)-y(0).$$

原来初值项并不是人为附加的规则。它就是分部积分下端留下的边界项。我们从 $0$ 开始记录运动，变换自然就记住了系统在起点的位置。

若进一步假设 $y,y'$ 都连续且为指数阶函数，$y''$ 分段连续，就可以再把同一条公式用在 $y'$ 身上：

$$\mathcal L\{y''\} =s\mathcal L\{y'\}-y'(0) =s\bigl(sY-y(0)\bigr)-y'(0).$$

因此

$$\mathcal L\{y''\}=s^2Y-sy(0)-y'(0).$$

这次既记住初始位置，也记住初始速度。还可以通过单位检查两个边界项：若 $y$ 是长度，$Y$ 是长度乘时间，那么 $s^2Y$、$sy(0)$ 与 $y'(0)$ 都是长度除以时间，正好与加速度的变换单位一致。写错 的次数，有时还没做到逆变换，就能被这种检查发现。

更高阶导数在相应的连续性与增长条件下依次得到

$$\mathcal L\{y^{(n)}\} =s^nY-s^{n-1}y(0)-s^{n-2}y'(0)-\cdots-y^{(n-1)}(0).$$

不要只背“求导等于乘 $s$”。只有相关初值全为零，边界项才全部消失。比如 $y(t)=1$ 的导数是零，而公式给出 $s(1/s)-1=0$，正好相符；若漏掉 $-1$，连常数的导数都会算错。

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从变换到解：把一次完整计算走完

一阶响应：恒定流入与按比例流出

设一个简化的存量系统持续以 $6$ 单位/分钟流入，流出速度是当前存量的 $3$ 倍/分钟，初始存量为 $1$ 单位。用 $y$ 表示存量，$t$ 用分钟计，模型是

$$y'+3y=6,\qquad y(0)=1.$$

它讲的是“存量的变化等于流入减流出”。系数 $3$ 的单位是每分钟，不能把存量与流出速度直接当成同一量。

令 $Y=\mathcal L\{y\}$，变换后有

$$sY-1+3Y=\frac6s.$$

此时未知的是 $Y$，整个方程已没有对未知函数的求导。把它解出来：

$$Y=\frac{s+6}{s(s+3)} =\frac2s-\frac1{s+3}.$$

逐项逆变换，得到

$$y(t)=2-e^{-3t},\qquad t\ge0.$$

检验时既要看起点，也要看全过程。$y(0)=1$；$y'=3e^{-3t}$，所以 $y^{\mathrm{\prime }}+3y=3e^{-3t}+6-3{}^{}$。长期存量趋于 ，恰好是流出速度 与流入速度 平衡的位置。

用积分因子解这道题也很短。选择它，是为了让我们看清新方法的每一步：初值在第一次变换时进入，求出 $Y$ 后就直接回到满足该初值的那条曲线。

这也说明方法有自己的适用范围。本章重点是线性常系数方程，因为常数可以直接移到积分之外，导数项才能整齐地合并成一个关于 $s$ 的多项式。如果方程里有 $t y$ 或 $y^2$，它们的变换不会直接变成 $sY$ 或 $Y^2$，原来的代数化流程就需要新的规则。遇到变系数或非线性问题，先前的分离变量、积分因子、变参数和数值方法仍然各有用途。选方法时先观察方程结构，不必因为刚学了新工具，就要求所有问题都绕同一条路。

二阶响应：恒力推着有阻尼的弹簧

现在看一个更完整的例子。取质量 $m=1\,\mathrm{kg}$、阻尼系数 $c=4\,\mathrm{N\cdot s/m}$、弹簧刚度 $k=5\,\mathrm{N/m}$，从 $$ 起施加 恒力。位移从无外力时的平衡点算起，初始位移为 ，初始速度为零。采用秒和米作为单位，方程的数值形式为

$$y''+4y'+5y=10,\qquad y(0)=1,\qquad y'(0)=0.$$

恒力把新的静止平衡位置移到 $y=10/5=2$。由于物体从 $1$ 处静止出发，我们预计它会向 $2$ 移动；阻尼会逐渐消耗运动能量。先保留这个物理预期，再看计算是否吻合。

把两条导数公式完整写进去：

$$(s^2Y-s)+4(sY-1)+5Y=\frac{10}s.$$

收集 $Y$，其余项移到右边：

$$(s^2+4s+5)Y=s+4+\frac{10}s.$$

因此

$$Y(s)=\frac{s^2+4s+10}{s(s^2+4s+5)}.$$

分母含有一个一次因子和一个不可约二次因子。直接设

$$Y=\frac A s+\frac{Bs+C}{s^2+4s+5}.$$

通分比较分子：

$$s^2+4s+10=A(s^2+4s+5)+s(Bs+C).$$

常数项给出 $5A=10$，所以 $A=2$；二次项给出 $A+B=1$，所以 $B=-1$；一次项给出 ，所以 。于是

$$Y=\frac2s-\frac{s+4}{(s+2)^2+1} =\frac2s-\frac{s+2}{(s+2)^2+1}-\frac2{(s+2)^2+1}.$$

逆变换得到

$$y(t)=2-e^{-2t}\cos t-2e^{-2t}\sin t.$$

这个答案已经显出预期的形状：围绕新平衡位置 $2$ 做振幅衰减的振动。但符合直觉还不够，我们把两条初值和原方程全查一遍。

先代入 $t=0$，得到 $y(0)=2-1=1$。再求导，乘积法则中的两个余弦项抵消，留下

$$y'(t)=5e^{-2t}\sin t,$$

所以 $y'(0)=0$。继续求导：

$$y''(t)=5e^{-2t}\cos t-10e^{-2t}\sin t.$$

代回方程左边，余弦项的系数是 $5-5=0$，正弦项的系数是 $-10+20-10=0$，最后只剩 $5\times2=10$。原方程成立，两个初值也成立。

还可以再检查起点加速度：$y''(0)=5$。这与受力计算相符，初始弹簧恢复力是 $5\,\mathrm N$，阻尼力为零，合力是 $10-5=5\,\mathrm N$，除以质量得到 $$。代数计算、初值和模型含义在这里对上了。

重根输入：为什么时间里会多出 t

考虑一个从零状态开始、受到衰减输入的系统：

$$y''+4y'+4y=4e^{-2t},\qquad y(0)=0,\qquad y'(0)=0.$$

左边的自由运动含有 $e^{-2t}$，右边恰好也是这个衰减速率。过去用待定系数法，需要判断试探解该乘多少次 $t$。现在直接变换：

$$(s+2)^2Y=\frac4{s+2},\qquad Y=\frac4{(s+2)^3}.$$

三重因子立即告诉我们

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

用 $y=e^{-2t}v$ 复核尤其方便，因为 $(D+2)^2y=e^{-2t}v''$。这里 ，，所以左边确实是 。又有 、。重复因子的次数，把“输入与自由运动发生重复”这件事直接记录在了分母里。

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同一个分母怎样连接系统与长期行为

回到一般的弹簧阻尼模型，设 $G(s)=\mathcal L\{g\}(s)$。把初始位置和初始速度都保留，变换后的方程是

$$(ms^2+cs+k)Y =G(s)+(ms+c)y_0+mv_0.$$

解出 $Y$，可以把两种来源看得很清楚：

$$Y(s)=\frac{(ms+c)y_0+mv_0}{ms^2+cs+k} +\frac{G(s)}{ms^2+cs+k}.$$

这个式子适合在算出答案后复查结构，却不必成为新的死记公式。只要记住 $y'\leftrightarrow sY-y_0$ 与 $y''\leftrightarrow s^2Y-sy_0-v_0$，就能随时重新推出来。尤其在质量 不为一时，初始速度项前面也要乘 ，初始位置则同时从惯性项和阻尼项留下贡献。

第一项描述系统没有后续外力时，由起始状态带来的运动，称为零输入响应；第二项描述从零初值开始，由输入带来的运动，称为零状态响应。线性性允许两部分相加。输入为零与初值为零是不同的条件，计算时别把它们混为一谈。

在初值全为零时，记

$$H(s)=\frac1{ms^2+cs+k},\qquad Y(s)=H(s)G(s).$$

$H$ 常称为这个输入到输出关系的传递函数。改变输入，$G$ 会变；只要装置参数不变，$H$ 就保持不变。这正是我们开头想要的分工。

但不能把 $Y=HG$ 直接逆变换成 $y(t)=h(t)g(t)$。变换不把时间里的普通乘积变成这里的乘积。它对应的是怎样的时间累积，下一章会用卷积给出明确答案，与上一章累积响应的积分接起来。

极点是哪些时间形状的记号

对本章出现的有理函数，把分子分母的公共因子约去之后，分母的根叫作极点。部分分式告诉我们，一个实极点 $a$ 会带来 $e^{at}$；若它重复，会再乘上 $t$ 的多项式。复共轭极点 $\alpha\pm i\beta$ 则对应 $e^{\alpha t}$ 乘正弦、余弦。

因此，对一个严格真有理的 $Y(s)$，若所有极点实部都为负，其对应的有限个指数多项式项都会趋于零，响应也就趋于零。若只有一个位于零点的单极点，其余极点实部都为负，响应会趋于某个常数。上面的恒力例题正是这样：$Y$ 有极点 $0$ 和 $-2\pm i$，得到常数 $2$ 加衰减振动。

纯虚数极点不能一律叫“会稳定下来”。$1/(s^2+1)$ 对应 $\sin t$，它有界，却没有长期极限；$1/s^2$ 对应 $t$，零点的重极点会产生无界增长。负实部意味着相应自然模式衰减，零实部还必须看重复次数和具体分量。

我们还要分清系统的 $H$ 与某次响应的 $Y$。即使系统自然模式全部衰减，输入本身仍可能不断增大。例如一阶系统 $y'+y=e^t$ 从零初值出发，有

$$Y(s)=\frac1{(s+1)(s-1)},\qquad y(t)=\frac12(e^t-e^{-t}).$$

系统因子只有 $s+1$，但输入带来 $s-1$，所以这次响应增长。反过来，某次输入或初值恰好使一个不稳定模式的系数为零，也不能据此认定系统在任意初值下都会稳定。

对弹簧模型本身，$m>0,c>0,k>0$ 时，特征根确实具有负实部。如果两根是复数，实部是 $-c/(2m)$；如果两根为实数，它们的和为 $-c/m<0$，积为 ，所以两根都负。这与阻尼耗散能量的理解一致。若取 ，根变成纯虚数，自由振动就不会自动衰减。外力停止以后能否回到平衡，取决于这些自然模式，而不是取决于我们选了哪一种求解方法。

本章从部分分式就足够判断这些有限组合的长期行为，不需要提前套用终值公式。尤其对 $\sin t$，虽然形式上 $\lim_{s\to0}s/(s^2+1)=0$，它却没有时间终值。任何把 $s$ 的极限换成 的极限的公式，都需要额外条件。

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练习：从积分条件一路核对到运动

练习一：收敛范围能从代数式直接看出吗

用定义计算 $f(t)=3e^{-4t}$ 的 Laplace 变换，并判断能否把结果中的 $s$ 取为 $-5$。

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把两个指数合并：

$$F(s)=3\int_0^\infty e^{-(s+4)t}\,dt =\frac3{s+4},\qquad s>-4.$$

练习二：组合输入与指数位移

求 $f(t)=e^{-t}\bigl(3t^2+2\sin(2t)\bigr)$ 的变换，给出一个共同收敛范围。

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先不看外面的指数。由线性性，

$$\mathcal L\{3t^2+2\sin(2t)\} =\frac6{s^3}+\frac4{s^2+4},\qquad s>0.$$

练习三：一个重根和一项振荡

求下式的逆变换：

$$F(s)=\frac{s+5}{(s+2)^2}+\frac{3s+8}{s^2+4s+8}.$$

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第一项把分子写成 $(s+2)+3$，得到 $1/(s+2)+3/(s+2)^2$，所以对应 。

练习四：初值给在两秒处

用时间平移和 Laplace 变换求解 $y'+2y=4$，条件为 $y(2)=3$，只求 $t\ge2$ 的过程。

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令 $\tau=t-2$，$z(\tau)=y(\tau+2)$。那么 $\tau\ge0$，且

练习五：独立完成一个受迫二阶初值问题

求解

$$y''+3y'+2y=4e^{-3t},\qquad y(0)=1,\qquad y'(0)=0.$$

求出答案后，检查原方程和两个初值。

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对方程变换，注意 $y''$ 和 $3y'$ 都会带来初值项：

$$(s^2Y-s)+3(sY-1)+2Y=\frac4{s+3}.$$

练习六：看到极点后，还需要区分什么

分别判断下列变换所对应函数的长期行为，并解释为什么“极点实部都不为正，所以函数一定趋于一个常数”是错的：

$$F_1(s)=\frac1{(s+1)^2},\qquad F_2(s)=\frac1{s^2+4},\qquad F_3(s)=\frac1{s^2}.$$

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第一项对应 $t e^{-t}$，虽然有因子 $t$，负指数最终占上风，所以趋于零。第二项对应 $\frac12\sin(2t)$，始终有界却一直振荡，没有极限。第三项对应 $$，随时间无界增长。

把变换积分、初值边界项和逆变换连接起来之后，我们已经能从一条输入曲线求出系统的整段响应。接下来让输入更接近一个具体操作：装置先静止两秒，再打开外力，五秒后关掉。时间轴上的“打开”和“关闭”怎样写进 $G(s)$？这正是下一章阶跃函数要解决的问题。