Laplace 变换 II：阶跃、冲击与卷积

上一章，我们已经会把初值放进导数的变换公式，解出 $Y(s)$，再回到 $y(t)$。不过，那些输入大多从 $t=0$ 就开始工作。现在把情境改一下：一台加热器先关闭，两分钟后打开，再过三分钟关掉。水的温度会怎样变化？

你大概已经能描述曲线：打开之前按原来的规律变化，打开以后开始升温，关掉以后再逐渐冷却。真正麻烦的是，开关重新拨动时，水不会忘记自己已经有多少度。如果逐段求解，每个断点都要把上一段的末状态交给下一段。断点多了，这份“交接工作”很容易出错。

本章会把开关时刻直接写进输入。接着，我们把持续加热换成短促敲击，看看什么东西会在一瞬间跳变。最后把一次敲击推广到连续输入：系统眼下的状态，究竟怎样由过去的作用一点点积累出来？阶跃、冲击与卷积，就是顺着这三个问题长出来的。

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给输入装上一个开关

先暂时不管温度，只记录加热器是否通电。在时刻 $a$ 之前记为 $0$，之后记为 $1$。这个最简单的开关就是单位阶跃函数：

$$u(t-a)= \begin{cases} 0,&t<a,\\ 1,&t\ge a. \end{cases}$$

本章取 $u(0)=1$，也就是把开启时刻算进开启的一侧。若只计算普通函数的 Laplace 积分，单个点取 $0$、$1$ 或 $1/2$ 都不改变结果。不过，画分段图时仍应保持同一个约定。后面讨论冲击时，我们会另外区分左右状态，不能把它们当成任意的单点取值。

若加热功率为常数 $Q_0$，从 $t=a$ 开始持续通电，那么功率就是 $Q_0u(t-a)$。阶跃没有单位， 的单位才是功率。如果在 关机，就再减掉同样大小的持续输入：

$$Q(t)=Q_0\bigl[u(t-a)-u(t-b)\bigr],\qquad 0<a<b.$$

这并不表示关机后有一台制冷机开始工作。第二项的作用是抵消第一项继续保留的输入：$t\ge b$ 时，括号里等于 $1-1=0$。因此

$$u(t-a)-u(t-b)= \begin{cases} 0,&t<a,\\ 1,&a\le t<b,\\ 0,&t\ge b. \end{cases}$$

这个组合叫窗口函数。如果窗口里开的是一个随时间变化的信号 $g(t)$，也可以写成

$$f(t)=g(t)\bigl[u(t-a)-u(t-b)\bigr].$$

但这里应当先确认 $g(t)$ 在需要计算的范围有定义。阶跃是开关，不是让一个未定义表达式自动变得有意义的工具。

在断点处加上“新表达式减旧表达式”

设一台泵的输入率先为 $2$，在 $t=1$ 调到 $5$，在 $t=4$ 调到 $1$。三个时间段可以统一写成

$$f(t)=2+3u(t-1)-4u(t-4).$$

在第一个断点，加的是 $5-2=3$；在第二个断点，加的是 $1-5=-4$。后面一段不是重新从零开始，而是在已经运行的公式上做修正。这也是为什么最后一项不能写成 $+u(t-4)$：那样会把原来累计到的 $5$ 留下来，得到 。

同一个办法适用于每段都不是常数的情形。若三段依次为 $f_0(t)$、$f_1(t)$、$f_2(t)$，断点为 ，且这些表达式可以延拓到使用它们的区间，那么

$$f(t)=f_0(t)+u(t-a)\bigl[f_1(t)-f_0(t)\bigr] +u(t-b)\bigl[f_2(t)-f_1(t)\bigr].$$

你可以把 $t>b$ 代进去检查：中间的 $f_0$ 和 $f_1$ 都抵消，只留下 $f_2$。这个检查比凭感觉猜正负号可靠得多。

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延迟的是整段信号，还是只延迟接通

设一台装置输出斜坡信号 $g(t)=t$。有两种不同的接法：一种等到 $t=2$ 才启动装置，从零开始爬升；另一种装置一直在运行，只是到 $t=2$ 才把输出接给系统。前者接通时是 $0$，后者接通时已经是 $2$。

它们分别写成

$$u(t-2)(t-2),\qquad u(t-2)t.$$

这一个括号的差别，就是第二平移定理最容易出错的地方。若

$$G(s)=\mathcal L\{g(t)\},$$

且 $g$ 分段连续、具有指数阶，那么对于 $a\ge0$，在变换收敛的范围内，

$$\mathcal L\{u(t-a)g(t-a)\}=e^{-as}G(s).$$

这里 $g(t-a)$ 中的 $t-a$ 是“装置启动后已经过去的时间”。指数因子 $e^{-as}$ 对应整段信号往后推迟 $a$，所以启动后的每一个时间变量都要一起平移。

我们从定义推一遍，不把它当成孤立的表格项。阶跃使 $t<a$ 的积分全部为零，因此

$$\begin{aligned} \mathcal L\{u(t-a)g(t-a)\} &=\int_a^\infty e^{-st}g(t-a)\,dt\\ &=\int_0^\infty e^{-s(v+a)}g(v)\,dv\\ &=e^{-as}G(s), \end{aligned}$$

其中换元为 $v=t-a$。同样的换元若用在 $u(t-a)g(t)$ 上，得到的却是

$$\mathcal L\{u(t-a)g(t)\} =e^{-as}\mathcal L\{g(t+a)\}.$$

这两条公式完全一致：我们只是分别讨论“延迟启动的信号”和“截取原信号的后半段”。

阶跃决定何时接通，括号里的时间决定接通后从信号的哪一部分开始。

二次信号：接通时的高度不能丢

求 $u(t-2)(t^2+1)$ 的变换。它在 $t=2$ 接通时的高度是 $5$，所以显然不能当成从高度 $1$ 开始的延迟信号。令 ，有

$$t^2+1=(v+2)^2+1=v^2+4v+5.$$

于是

$$\mathcal L\{u(t-2)(t^2+1)\} =e^{-2s}\left(\frac{2}{s^3}+\frac{4}{s^2}+\frac5s\right),\qquad s>0.$$

如果题目是 $u(t-2)((t-2)^2+1)$，答案才是 $e^{-2s}(2/s^3+1/s)$。两者都带延迟因子，但接通后的高度和形状不一样。

反过来，遇到

$$\frac{e^{-3s}}{(s+2)^2+9},$$

先拿掉延迟，得到基本函数 $g(t)=\frac13e^{-2t}\sin3t$，再把其中每个 $t$ 都换成 ：

$$\mathcal L^{-1}\left\{\frac{e^{-3s}}{(s+2)^2+9}\right\} =\frac13u(t-3)e^{-2(t-3)}\sin\bigl(3(t-3)\bigr).$$

只平移正弦、不平移指数，会让响应被额外缩小；只平移函数、不加阶跃，又会让系统在信号到达前就开始响应。

正弦信号也有自己的时钟

若一个正在运行的正弦发生器到 $a$ 时才接入，输入是 $u(t-a)\sin(\omega t)$。换元后要处理的是

$$\sin\bigl(\omega(v+a)\bigr) =\sin(\omega v)\cos(\omega a)+\cos(\omega v)\sin(\omega a).$$

因此

$$\mathcal L\{u(t-a)\sin(\omega t)\} =e^{-as}\frac{\omega\cos(\omega a)+s\sin(\omega a)}{s^2+\omega^2}.$$

若发生器也在 $a$ 时从零相位启动，输入则是 $u(t-a)\sin(\omega(t-a))$，分子只剩 $\omega$。开关时刻相同，不代表接通时的相位相同。

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从文字、分段式走到同一个变换

设一台归一化输入装置在 $t=1$ 开始线性增加输入率，到 $t=3$ 突然关闭。它的输入写成

$$f(t)= \begin{cases} 0,&0\le t<1,\\ t-1,&1\le t<3,\\ 0,&t\ge3. \end{cases}$$

开始时的斜坡是 $u(t-1)(t-1)$；关闭时需要减掉的，仍然是已经运行中的 $t-1$，所以

$$f(t)=u(t-1)(t-1)-u(t-3)(t-1).$$

第二项不能擅自换成 $-u(t-3)(t-3)$。若那样写，$t\ge3$ 时会留下 $(t-1)-(t-3)=2$，得到的是“停止增加并保持在 ”，并没有关闭。

为了变换第二项，把 $t-1=(t-3)+2$，于是

$$F(s)=\frac{e^{-s}}{s^2} -e^{-3s}\left(\frac1{s^2}+\frac2s\right),\qquad s>0.$$

原输入只在有限区间内非零，它的变换实际上可以延拓到所有实数 $s$，上述分式在 $s=0$ 的奇点是可去的。直接回到面积就知道 $F(0)=\int_1^3(t-1)\,dt=2$。这也提醒我们：拆开后每项的收敛范围，是方便逐项计算的公共范围，不一定是合起来之后的最大范围。

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加热器关闭以后，温度不会立即归零

现在回到开头的加热问题。设环境温度不变，用 $y(t)=T(t)-T_a$ 表示水温高于环境的部分；假设水温均匀、热容量恒定、散热速率与温差成正比。把功率除以热容量后，取一个便于计算的模型：

$$y'+\frac12y=3\bigl[u(t-2)-u(t-5)\bigr],\qquad y(0)=0.$$

这里时间以分钟计，$y$ 以摄氏度温差计，$1/2$ 的单位是每分钟，右边的 $3$ 是每分钟 $3$ 摄氏度的等效升温率。加热器若一直打开，升温和散热平衡时有 $y/2=3$，对应温差 $6$。

取变换，初始温差为零，所以

$$\left(s+\frac12\right)Y(s) =\frac{3e^{-2s}}s-\frac{3e^{-5s}}s.$$

先准备一台从 $t=0$ 就打开的加热器所产生的响应。因为

$$\frac{1}{s(s+1/2)} =2\left(\frac1s-\frac1{s+1/2}\right),$$

我们得到

$$y(t)=6u(t-2)\left(1-e^{-(t-2)/2}\right) -6u(t-5)\left(1-e^{-(t-5)/2}\right).$$

公式已经求完，但把它展开为三段，会更容易看出模型是否合理：

$$y(t)= \begin{cases} 0,&0\le t<2,\\ 6\left(1-e^{-(t-2)/2}\right),&2\le t<5,\\ 6\left(1-e^{-3/2}\right)e^{-(t-5)/2},&t\ge5. \end{cases}$$

加热刚开始，温差从零连续上升。到关闭时，它达到 $y(5)=6(1-e^{-3/2})$，约为 $4.66$ 摄氏度。随后这一整份已经积累的温差按指数规律衰减。我们从来没有把它重设为零。

这里能顺手检查断点：$t=2$ 左右的 $y$ 都是零，$t=5$ 左右的 $y$ 也相同；变化的是斜率。开启时 $y'$ 跳高 ，关闭时跳低 ，恰好对应右边输入的变化。

如果初始温差为 $y_0$，只需再加上 $y_0e^{-t/2}$。这不是猜出来的补丁：它单独满足无输入方程并承担初值，前面的加热响应单独满足零初值，两者相加就满足完整问题。后面讲卷积时，我们会把这件事写成一般公式。

输入逐渐增加时，也可以沿用同一个响应

前面那段“在 $t=1$ 开始爬升、在 $t=3$ 关闭”的输入，现在送进一个归一化一阶系统：

$$y'+y=f(t),\qquad y(0)=0.$$

先算从零时刻开始的单位斜坡输入。它的输出变换是

$$B(s)=\frac1{s^2(s+1)} =\frac1{s^2}-\frac1s+\frac1{s+1},$$

因此 $b(t)=t-1+e^{-t}$。这条曲线在开始时为零，斜率也为零，之后逐渐跟上不断增加的输入。单位阶跃的响应则为 $r(t)=1-e^{-t}$。

把前面已经求出的输入变换除以 $s+1$，不用再从头做复杂分解：

$$Y(s)=e^{-s}B(s)-e^{-3s}\bigl[B(s)+2R(s)\bigr].$$

逆变换直接给出

$$y(t)=u(t-1)b(t-1)-u(t-3)\bigl[b(t-3)+2r(t-3)\bigr].$$

为什么关闭时多了 $2r$？因为到了第三个时间单位，输入斜坡已经长到高度 $2$；撤掉它既要撤掉后面继续增长的部分，也要撤掉已经达到的这个高度。把每一段真正展开：

$$y(t)= \begin{cases} 0,&0\le t<1,\\ t-2+e^{-(t-1)},&1\le t<3,\\ (1+e^{-2})e^{-(t-3)},&t\ge3. \end{cases}$$

在关闭前，输出达到 $1+e^{-2}$，比当时输入的数值 $2$ 小，这是系统尚未完全跟上的结果。关闭后，它从这个已有状态衰减。对中间一段求导，$y'=1-e^{-(t-1)}$，与 相加恰好是 ；对最后一段求导，则恰好得到 。两个断点的函数值也接得上。

这道题说明：先把输入翻译正确，后面的解只是阶跃响应和斜坡响应的平移组合。输入里一个漏掉的常数，会变成输出里一整段漏掉的运动，而不只是局部数值上的小误差。

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一次敲击，应该记录高度还是面积

推着小车走三秒，和用手快速拍它一下，是两种不同的输入。前者适合用窗口内的有限外力表示；后者持续时间可能远小于我们关心的运动时间，但小车的速度确实改变了。此时最有用的数据是力对时间的积分，也就是冲量。

设敲击发生在 $a>0$ 附近。先用一个完全普通的矩形力来近似：在 $[a,a+\varepsilon)$ 内力为 $J/\varepsilon$，其余时间为零。它可以写成

$$f_\varepsilon(t)=\frac J\varepsilon \bigl[u(t-a)-u(t-a-\varepsilon)\bigr].$$

无论 $\varepsilon$ 多小，总冲量始终是

$$\int_0^\infty f_\varepsilon(t)\,dt=J.$$

当持续时间越来越短，我们希望保留的是这个面积和作用时刻。这个理想对象写成 $J\delta(t-a)$，其中 $\delta$ 叫 Dirac delta。它是分布，不是一个在某点取“无穷大”的普通函数。一个只在单点可能非零的普通可积函数，不会靠那个点产生面积 $1$。

分布的意思，在这里可以先理解为：我们通过它在积分里怎样作用来定义它。对于在 $a$ 附近光滑的测试函数 $\phi$，

$$\int_{-\infty}^{\infty}\phi(t)\delta(t-a)\,dt=\phi(a).$$

为什么矩形脉冲会导向这个规则？因为

$$\int_{-\infty}^{\infty}\phi(t)f_\varepsilon(t)\,dt =\frac J\varepsilon\int_a^{a+\varepsilon}\phi(t)\,dt \longrightarrow J\phi(a).$$

右边是一个越来越短区间上的平均值乘 $J$。这叫取样性质，也说明冲击极限关注的是积分作用，而不是逐点比较脉冲高度。

若时间以秒计，$\delta(t-a)$ 的量纲是每秒；$J$ 若为机械冲量，单位是牛顿秒，乘起来才是牛顿。若模型写的是某种物质量的变化率，那么 delta 前的系数就应当是一次加入的物质量。它的单位由面积代表什么决定。

对 $a>0$，取样性质立即给出

$$\mathcal L\{\delta(t-a)\}=e^{-as}.$$

也可以用普通脉冲核对：

$$\mathcal L\{f_\varepsilon\} =J e^{-as}\frac{1-e^{-\varepsilon s}}{\varepsilon s} \longrightarrow J e^{-as}.$$

阶跃的变换是 $e^{-as}/s$，冲击的变换是 $e^{-as}$。少掉的 $1/s$ 有具体含义：持续开启的单位输入是把单位冲击累积起来的结果。在分布意义下，也可以写 $u'(t-a)=\delta(t-a)$。

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冲击过后，什么量发生跳变

一辆由弹簧和阻尼器连接的小车受力满足

$$my''+cy'+ky=J\delta(t-a),\qquad m>0.$$

$y$ 是位移，$m,c,k$ 分别是质量、阻尼系数、弹簧劲度系数。在没有敲击的时间段，右边为零，小车按自由运动规律演化。问题只剩下：怎样把敲击前后的两段运动接起来？

先记 $[y]_a=y(a^+)-y(a^-)$，$[y^{\mathrm{\prime }}{}_{}$。一记有限冲量不会让有质量的小车瞬间跨过一段距离，所以我们预期位移连续。数学上也能说明这一点：若分段光滑的 有跳跃 ，它的一阶分布导数含 ，二阶分布导数进一步含 。原方程右边只有 ，没有 ；左边能产生 的只有 。比较这一项便得到 ，因此 。

现在跨过冲击时刻，在 $a-\varepsilon$ 到 $a+\varepsilon$ 上积分：

$$m\bigl[y'(a+\varepsilon)-y'(a-\varepsilon)\bigr] +c\bigl[y(a+\varepsilon)-y(a-\varepsilon)\bigr] +k\int_{a-\varepsilon}^{a+\varepsilon}y(t)\,dt=J.$$

令 $\varepsilon\to0^+$，第二项因位移连续趋于零，第三项因位移局部有界也趋于零，留下

$$y(a^+)=y(a^-),\qquad y'(a^+)-y'(a^-)=\frac Jm.$$

所以敲击给速度加上 $J/m$，位移从原来的位置继续走。$J$ 的正负决定速度改变的方向。阻尼和弹簧在之后继续起作用，但在趋于零的时间内，它们有限的作用不足以提供额外有限冲量。

一阶储量模型则不同。若 $q'+kq=J\delta(t-a)$，同样积分会得到 $[q]_a=J$。这里 可以直接跳变，因为它表示一次性加入的量。不能把机械系统“位移连续”的结论搬到所有未知量上。

算完一次真实有质量的敲击

取质量为 $2$ 千克、阻尼系数为 $4$ 牛顿秒每米、弹簧劲度为 $10$ 牛顿每米的小车，起初静止于平衡位置，在 $t=3$ 秒受到 $6$ 牛顿秒的正向冲量：

$$2y''+4y'+10y=6\delta(t-3),\qquad y(0)=y'(0)=0.$$

变换后

$$(2s^2+4s+10)Y(s)=6e^{-3s}, \qquad Y(s)=\frac{3e^{-3s}}{(s+1)^2+4}.$$

由指数乘正弦的变换表，

$$y(t)=\frac32u(t-3)e^{-(t-3)}\sin\bigl(2(t-3)\bigr).$$

在 $t=3$ 左边，小车一直静止；右边位移从零开始，所以连续。设 $v=t-3$，新响应的导数为

$$\frac32e^{-v}\bigl(2\cos2v-\sin2v\bigr),$$

在 $v=0$ 取值为 $3$ 米每秒，恰好是 $J/m=6/2$。之后的振动带有 $e^{-v}$ 的衰减因子，符合阻尼耗散的模型。这个跳跃检查能发现许多变换表中漏掉 $2$ 或漏掉质量的错误。

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冲击响应与零时刻的左右两边

如果同一辆小车被敲轻一点，响应按比例缩小；晚一点敲，响应整体向后移。这是线性常系数模型的两个特点：可以叠加，演化规律不随绝对时间改变。

把零预状态的系统在 $t=0$ 接受单位冲量后的响应记作 $h(t)$。对二阶模型，它在 $t>0$ 满足

$$mh''+ch'+kh=0, \qquad h(0^+)=0,\qquad h'(0^+)=\frac1m.$$

在 $t<0$ 把它延拓为零。这里的“零预状态”是 $h(0^-)=h'(0^-)=0$，不能同时把冲击后的速度也写成零。冲击本身已经把它从 变成了 。

对右侧的普通齐次方程取 Laplace 变换，利用 $h(0^+)=0$、$h'(0^+)=1/m$，得到

$$m(s^2H-1/m)+csH+kH=0,$$

所以

$$H(s)=\mathcal L\{h(t)\}=\frac1{ms^2+cs+k}.$$

这也等价于在包含起点全部冲量的单边变换约定下，写 $\mathcal L\{\delta(t)\}=1$，并使用冲击前的初值。两种做法的结果相同。为了不混淆端点，本章有延迟冲击的初值题都让 $a>0$；只有定义冲击响应时才专门处理 $0^-$ 和 $0^+$。

例如归一化模型 $y''+2y'+5y=f(t)$ 的单位冲击响应是

$$h(t)=\frac12e^{-t}\sin2t,\qquad t\ge0.$$

它对应 $h'(0^+)=1$。如果输入是 $J\delta(t-a)$，零初值响应便是

$$y(t)=Ju(t-a)h(t-a).$$

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卷积为什么同时看两个时刻

现在把一记敲击换成持续外力 $f(t)$。我们把过去的时间切成很多短段。在 $\tau$ 附近、长度为 $\Delta\tau$ 的小段上，输入产生的作用量约为 $f(\tau)\Delta\tau$。如果这段时间足够短，它在当前时刻 $t$ 留下的响应近似为

$$h(t-\tau)f(\tau)\Delta\tau.$$

这里两个时间不能混：$\tau$ 告诉我们那时输入多大，$t-\tau$ 告诉我们那份响应到现在已经演化多久。把所有小段相加，再令分段越来越细，就得到零初值响应

$$y_{\mathrm{zs}}(t)=\int_0^t h(t-\tau)f(\tau)\,d\tau =(h*f)(t).$$

这个积分叫卷积。下限 $0$ 对应我们开始记录输入的时刻，上限 $t$ 表示只累计已经发生的作用。未来输入 $f(\tau)$、$\tau>t$ 不能提前影响当前状态，这就是这里的因果性。若系统在 $t=0$ 已经带有过去积累的状态，那份影响交给初值项处理。

单位也能帮助理解：机械系统中 $f(\tau)\,d\tau$ 是冲量，$h$ 的单位是位移除以冲量，乘起来再累加正好得到位移。它不是随便把两个曲线上的高度相乘后求面积。

卷积在变换后为什么成为乘法

假设 $f,h$ 都分段连续并具有指数阶，取实数 $s$ 足够大，使下列积分绝对收敛，便可以交换积分次序：

$$\begin{aligned} \mathcal L\{h*f\} &=\int_0^\infty e^{-st}\int_0^t h(t-\tau)f(\tau)\,d\tau\,dt\\ &=\int_0^\infty f(\tau)\int_\tau^\infty e^{-st}h(t-\tau)\,dt\,d\tau. \end{aligned}$$

积分区域原来写成 $0\le\tau\le t<\infty$；固定 $\tau$ 后，$t$ 就从 $\tau$ 积到无穷。内层再令 $v=t-\tau$，得到

$$\int_\tau^\infty e^{-st}h(t-\tau)\,dt =e^{-s\tau}\int_0^\infty e^{-sv}h(v)\,dv =e^{-s\tau}H(s).$$

代回去，

$$\mathcal L\{h*f\}=H(s)\int_0^\infty e^{-s\tau}f(\tau)\,d\tau =H(s)F(s).$$

所以逆变换遇到乘积 $H(s)F(s)$ 时，可以直接写成卷积。这不是 $h(t)f(t)$ 的普通逐点乘积。比如 $h(t)=f(t)=1$ 时，卷积为 ，变换为 ；逐点乘积仍是 ，变换为 ，两者明显不同。

令 $v=t-\tau$ 还可以证明 $h*f=f*h$。交换两个函数不会改变积分值，但在解释系统时，通常保留 $h(t-\tau)f(\tau)$，这样更容易读出“某时刻输入到现在的贡献”。

用积分重新算加热过程

前面的加热模型有 $h(t)=e^{-t/2}$。在 $t<2$ 时没有输入，所以卷积为零；在 $2\le t<5$ 时，

$$y(t)=3\int_2^t e^{-(t-\tau)/2}\,d\tau =6\left(1-e^{-(t-2)/2}\right).$$

关闭以后，当前时刻仍是 $t$，但有贡献的输入时段只到 $5$：

$$\begin{aligned} y(t)&=3\int_2^5 e^{-(t-\tau)/2}\,d\tau\\ &=6\left(e^{-(t-5)/2}-e^{-(t-2)/2}\right)\\ &=6(1-e^{-3/2})e^{-(t-5)/2},\qquad t\ge5. \end{aligned}$$

这一次没有做部分分式，仍得到完全相同的结果。关掉的是新输入，已经产生的响应会继续演化，所以输出不会随着窗口一起消失。

有宽度的脉冲，为什么越来越像一次敲击

我们现在还能回头核对冲击模型本身。把面积为 $J$、宽度为 $\varepsilon$ 的矩形脉冲送进系统。若固定观察时刻 $t>a+\varepsilon$，完整的零初值响应为

$$y_\varepsilon(t)=\frac J\varepsilon\int_a^{a+\varepsilon}h(t-\tau)\,d\tau.$$

这就是那一小段时间内冲击响应的平均值乘 $J$。只要 $h$ 在 $t-a$ 附近连续，当 $\varepsilon$ 越来越小时，平均值趋于中心附近的值，因而

$$y_\varepsilon(t)\longrightarrow Jh(t-a),\qquad t>a.$$

$t<a$ 时每个脉冲都还没有发生，响应当然为零。两边合起来，便得到 $Ju(t-a)h(t-a)$。这一次，延迟冲击公式由普通输入的卷积极限推出，并不需要想象某个真的无限大的力。

不过，这种近似需要一个时间尺度判断：敲击持续时间应当比系统显著变化所需的时间短得多。如果你关心的正是接触期间的峰值力、材料应力或者非常短时间内的细节，单独给总冲量还不够，必须保留脉冲形状。在冲击时刻本身，也不要要求有限脉冲的每一阶导数都逐点收敛；有限脉冲下连续的速度，极限中正可能成为有跳跃的速度。

画卷积时，横轴为什么要翻转

交互图里常会出现两条曲线沿着彼此滑动。固定当前时刻 $t$，我们积分的变量是 $\tau$，所以应当画 $f(\tau)$ 与 $h(t-\tau)$，后者随着 $\tau$ 增加，内部时间反而减小。它看起来像先把 $h$ 左右翻转，再平移到当前时刻。

这个翻转有直接的时间含义：越靠近现在的输入，其响应越年轻；越早发生的输入，其响应已经走过越长的时间。只有 $0\le\tau\le t$ 内的重叠部分参与累加。对于振荡系统，$h$ 可以有正有负，不同时刻的贡献会增强或抵消，因此卷积也不保证输出随正输入单调增加。

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初始状态与输入，各自贡献哪一部分

系统起初已经偏离平衡位置，或者已经有速度时，卷积只负责新输入产生的部分。对

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

假设零时刻没有冲击，直接用上一章的导数公式：

$$m(s^2Y-sy_0-v_0)+c(sY-y_0)+kY=F(s).$$

整理为

$$Y(s)=\frac{(ms+c)y_0+mv_0}{ms^2+cs+k} +\frac{1}{ms^2+cs+k}F(s).$$

第一项只含初值，逆变换是无外力时从原状态开始的运动，称为零输入响应 $y_{\mathrm{zi}}$；第二项是零状态响应。因此完整公式是

$$y(t)=y_{\mathrm{zi}}(t)+\int_0^t h(t-\tau)f(\tau)\,d\tau.$$

这里的零输入响应不一定衰减。无阻尼振子可以一直振动，具有正实部特征根的系统还可能增长。“来自初值”和“最终消失”不能画等号。

$H(s)=1/(ms^2+cs+k)$ 叫这个输入输出模型的传递函数。零初值时 $Y=HF$，所以可以把它理解为系统在变换域中对输入所做的乘法。非零初值时，若直接取完整的 $$，会把初始运动也混进来，便不再是系统自身的传递函数。即使输入为零， 仍然有定义，不需要真的去做 。

这条输入、系统、输出关系描述零状态响应；有非零初值时，再加上零输入响应。

不必每次都把积分算成初等函数

例如

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

即使输入的变换不在常用表里，我们仍然知道

$$y(t)=3e^{-2t}+\int_0^t e^{-2(t-\tau)}e^{-\tau^2}\,d\tau.$$

这个定积分已经明确规定了一个可计算的函数，并不是还没求完的待定常数。它在 $t=0$ 等于 $3$；对积分求导会产生上限项 $e^{-t^2}$，其余部分正好被 $2y$ 抵消。积分因子法也会给出同样的结果。

对二阶模型，卷积为什么确实满足方程，也能直接检查。令 $z=h*f$，先假设 $f$ 连续。由于 $h(0^+)=0$、$h'(0^+)=1/m$，对含参数积分求导得到

$$z'(t)=\int_0^t h'(t-\tau)f(\tau)\,d\tau,$$ $$z''(t)=\frac1m f(t)+\int_0^t h''(t-\tau)f(\tau)\,d\tau.$$

把它们代入 $mz''+cz'+kz$，积分里的 $mh''+ch'+kh$ 为零，只剩 ，并且 。这说明卷积公式还可以在每个有限区间上直接建立，不一定非要先求出输入的 Laplace 变换。分段连续输入则在各连续区间按同样方式验证，并在断点处检查连接。

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把初值、开关和敲击放进同一道题

设一个归一化的弹簧阻尼模型，初始位移为 $1$、初速度为 $0$；从 $t=1$ 到 $t=3$ 施加恒定外力 $3$，到 $t=4$ 再施加冲量 ：

$$y''+4y'+3y=3\bigl[u(t-1)-u(t-3)\bigr]+2\delta(t-4), \qquad y(0)=1,\qquad y'(0)=0.$$

这里三种信息各有自己的来源：初值描述系统开始时的状态，窗口描述持续施力，delta 描述单次敲击。我们分别准备它们需要的响应，再相加。

系统的传递函数和冲击响应为

$$H(s)=\frac1{(s+1)(s+3)} =\frac12\left(\frac1{s+1}-\frac1{s+3}\right), \qquad h(t)=\frac12(e^{-t}-e^{-3t}).$$

在观察图像时，还可以先作一个定性判断。这是二阶系统：冲击立刻改变速度，所以冲击响应的起始斜率非零；持续开启有限外力则需要先改变加速度，阶跃响应会从水平切线开始。两条曲线都可能从零出发，起始的变化方式却不相同。若把阶跃力理解成位移的瞬时跳跃，就与这个模型不符。这个判断只用到了方程的阶数和输入类型，不需要先算出全部系数。对一阶储量模型，冲击响应则可以一开始就有跳跃，不能套用同一幅图。

单位阶跃响应 $r(t)$ 是冲击响应的积分，因为单位阶跃的变换为 $1/s$：

$$r(t)=\int_0^t h(v)\,dv =\frac13-\frac12e^{-t}+\frac16e^{-3t}.$$

它满足 $r(0)=r'(0)=0$，且 $r''+4r'+3r=1$。因此开启一个有限外力不会在开启瞬间增加位移或速度，只会改变加速度。

初值产生的零输入响应设为 $Ae^{-t}+Be^{-3t}$，条件给出

$$A+B=1,\qquad -A-3B=0,$$

从而 $A=3/2$、$B=-1/2$。最终完整解是

$$\begin{aligned} y(t)={}&\frac32e^{-t}-\frac12e^{-3t}\\ &+3u(t-1)r(t-1)-3u(t-3)r(t-3)\\ &+2u(t-4)h(t-4), \end{aligned}$$

其中 $r,h$ 已经由上面的显式公式给出。若直接取 Laplace 变换，也会得到

$$Y(s)=\frac{s+4}{(s+1)(s+3)} +\frac{3(e^{-s}-e^{-3s})}{s(s+1)(s+3)} +\frac{2e^{-4s}}{(s+1)(s+3)}.$$

最后做三个有具体含义的核对。$t=0$ 时所有延迟项都未开启，第一行满足原初值。在 $t=1,3$，由于 $r(0)=r'(0)=0$，位移和速度连续。在 ， 而 ，所以位移连续，速度增加 。每次时间事件都和题目对应上了。

窗口关闭、敲击结束以后，外力归零，但之前产生的各项仍然保留。由于这里的两个特征根为 $-1,-3$，最终全部运动衰减到平衡位置。若换成无阻尼系统，外力停止后的自由振动一般不会消失。

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练习：先核对输入，再核对状态

练习一：一台分段调节的泵

输入率在 $0\le t<2$ 时为 $1$，在 $2\le t<4$ 时为 $t$，在 $t\ge4$ 时为零。写出阶跃表达式并求 Laplace 变换。

显示推导

在 $t=2$ 需要把 $1$ 改成 $t$，在 $t=4$ 需要撤掉 $t$，所以

$$f(t)=1+u(t-2)(t-1)-u($$

练习二：只接通，还是重新启动

分别求 $u(t-\pi/2)\cos t$ 与 $u(t-\pi/2)\cos(t-\pi/2)$ 的变换，并说明接通时有什么区别。

显示推导

第一种在新时间 $v=t-\pi/2$ 下为 $\cos(v+\pi/2)=-\sin v$，因此变换是

$$-\frac{e^{-\pi s\mathrm{/}2}}{s^2}$$

练习三：有初始储量的短时输入

解

$$y'+y=4\bigl[u(t-1)-u(t-2)\bigr],\qquad y(0)=2,$$

并写出 $t\ge2$ 时的衰减公式。

显示推导

零输入响应为 $2e^{-t}$，单位阶跃响应由 $1/[s(s+1)]=1/s-1/(s+1)$ 得到 。所以

练习四：负冲量改变多少速度

求

$$3y''+12y=-6\delta(t-2),\qquad y(0)=0,\qquad y'(0)=1,$$

并检查冲击时刻的位移和速度。

显示推导

先除以 $3$，得到 $y''+4y=-2\delta(t-2)$。初始速度产生 $\frac12\sin2t$，冲击核为 ，所以

练习五：把卷积真正算出来

不用部分分式，计算零初值问题 $y'+2y=e^{-t}$ 的解，再核对方程。

显示推导

冲击响应为 $e^{-2t}$，所以

$$y(t)=\int_0^t e^{-2(t-\tau)}e^{-\tau}\,d\tau =e^{-2t}\int_0^t e^\tau\,d\tau =e^{-t}-e^{-2t}.$$

练习六：零时刻的一次敲击

质量为 $2$ 的无阻尼系统满足 $2y''+8y=6\delta(t)$，冲击前 $y(0^-)=0$、。求 的运动，并说明为什么不能直接使用冲击后的初速度 。

显示推导

位移连续，速度增加 $6/2=3$，所以 $y(0^+)=0$、$y'(0^+)=2$。冲击之后的普通方程为 ，因此

我们已经能把输入的发生时刻、持续时间和总冲量分别写清，再让同一个系统核处理它们。不过，这套方便的乘法依赖常系数：若方程变成 $y''-ty=0$，系数自身也随着时间改变，就不能照搬一个 $1/(ms^2+cs+k)$ 解决。下一章转向幂级数，把解在某个点附近写成一列待求系数，看看怎样在没有简单特征方程的情况下继续求函数。