MIT 18.03 Differential Equation - 3.2 Laplace Transform
引
对于幂级数 power series
\[\sum_{0}^{\infty}{a_{n}x^n} = A(x)\]左边看成关于n的函数 n从0，1，2…取到$\infty$
那么当n的取值从离散 变为连续 时，会发生什么？
…t从0连续取到$\infty$，再求和…
\[\int_{0}^{\infty}a(t)x^tdt = A(x)\]为了方便 将$x^t$写成$(e^{lnx})^t ,0<x<1$以使积分收敛
再将$lnx$替换为$-s,s>0$，即得到了$a(t)$的拉普拉斯变换 Laplace Transform
以更正式的形式写出
\[\int_{0}^{\infty}{f(t)e^{-st}}dt = F(s)\]Notion：
\[\mathcal{L}(f(t)) = F(s) \ \ or \ \ f(t)\leadsto F(s)\]另一种理解：
$e^{-st}$是一个衰减因子，使得一些对于不满足迪利克雷条件的函数$f(t)$乘上其之和变得可积，进而可以“傅立叶变换”，即拉普拉斯变换为加强版的傅立叶变换
变换 & 算子
变换变量改变
\[f(t)\stackrel{}{\longrightarrow}\boxed{transform}\stackrel{}{\longrightarrow}F(s)\]算子变量不变
\[f(t)\stackrel{}{\longrightarrow}\boxed{operator}\stackrel{}{\longrightarrow}g(t)\]性质
线性 Linearity
\[\mathcal{L}(f + g) = \mathcal{L}(f) + \mathcal{L}(g)\\ \mathcal{L}(cf) = c\mathcal{L}(f)\]指数位移法则 exponential-shifting law
\[e^{at}f(t) \leadsto F(s-a)\]PROOF
\[\int_{0}^{\infty}{e^{at}f(t)e^{-st}dt} = \int_{0}^{\infty}{f(t)e^{-(s-a)t}dt} = F(s-a)\]
存在性 Existence
指数阶
$f(t)$是指数形式 exponential type/ of exponential order
对于$\forall t>0,\exists C>0,k>0$ 这是视频上的定义
\[s.t.\left|f(t)\right|\leqslant Ce^{kt}\]事实上应该是
$\exists M,C,\alpha,\forall t>M,$
\[s.t.|f(t)|\leqslant Ce^{\alpha t}\]$f(t)$ of exponential order $\alpha$ $f(t)$是$\alpha$指数阶函数
其实就是$f(t) \in O(e^{\alpha t})$
代表$f(t)$最后能被$e^{-st}$“拉”回来
分段连续
存在有限个跳跃间断点 其余地方连续
存在条件
如果$f(t)$是分段连续的$\alpha$指数阶函数 则$\mathcal{L}(f)(s)$对于所有$Re(s)>\alpha$收敛
PROOF
suppose \(Re(s) > a\) and $ |f(t)| < Me^{at} $， we write \(s = (a+\alpha)+ib\), where $\alpha > 0$
then, since $ |e^{-bit}| = 1$
\[|f(t)e^{-st}| = |f(t)e^{-(a+\alpha)t}e^{-bit}| = |f(t)e^{-(a+\alpha)t}| < Me^{-\alpha t}\]since $\int_0^\infty Me^{-\alpha t}dt$ converges for $\alpha > 0$ 所以拉普拉斯变换收敛
其实就是绝对值审敛法
导数的拉普拉斯变换 t-derivative rule
\[\mathcal{L}(f'(t)) = sF(s) -f(0)\\ \mathcal{L}(f''(t)) = s^2F(s)-sf(0)-f'(0)\\ ...\\ \mathcal{L}(f^{(n)}(t)) = s^nF(s)-s^{n-1}f(0)-...-sf^{(n-2)}(0)-f^{(n-1)}(0)\]PROOF
\[\mathcal{L}(f'(t)) = \int_{0}^{\infty}{f'(t)e^{-st}}dt \\ = e^{-st}f(t)\Big|_0^\infty -(-s)\int_{0}^{\infty}{f(t)e^{-st}}dt\\ =-f(0) + sF(s)\\\] \[\mathcal{L}(f''(t)) = s\mathcal{L}(f'(t)) -f(0)\\ = s[sF(s) -f(0)] - f'(0)\\ = s^2F(s)-sf(0)-f'(0)\]
拉普拉斯变换的导数 s-derivative rule
\[\mathcal{L}(tf)(s) = -F'(s)\\ \mathcal{L}(t^nf)(s) = (-1)^nF^{(n)}(s)\]PROOF
\[F(s) = \mathcal{L}(f) = \int_{0}^{\infty}{f(t)e^{-st}}dt\\ F'(s) = \frac{d}{ds}\int_{0}^{\infty}{f(t)e^{-st}}dt\\ =\int_{0}^{\infty}{-tf(t)e^{-st}}dt\\ =-\mathcal{L}(tf(t))\]
积分的拉普拉斯变换 t-integration rule
\[\mathcal{L}(\int_0^tf(u)du) = \frac{F(s)}{s}\]PROOF
\[\mathcal{L}(\int_0^tf(u)du) = \mathcal{L}(f(t)*1) = \mathcal{L}(f)\mathcal{L}(1) = \frac{F(s)}{s}\]
拉普拉斯变换的积分 s-integration rule
\[\mathcal{L}(\frac{f(t)}{t}) = \int_s^\infty F(u)du\]PROOF
\[\int_s^\infty F(u)du = \int_s^\infty\int_0^\infty f(t)e^{-ut}dt du\\ =\int_0^\infty(\int_s^\infty f(t)e^{-ut}du)dt = \int_0^\infty \frac{f(t)}{t}e^{-st}dt\\ = \mathcal{L}(\frac{f(t)}{t})\]
高度对称！
常用公式
\[1\leadsto \frac{1}{s}\\ e^{at}\leadsto\frac{1}{s-a}\\ t^n\leadsto \frac{n!}{s^{n+1}}\\ cos(at)\leadsto \frac{s}{s^2+a^2}\\ sin(at)\leadsto \frac{a}{s^2+a^2}\\ (s>0)\]部分公式推导
$e^{at}\leadsto\frac{1}{s-a}$: 根据指数位移法则 $e^{at}\cdot 1 \leadsto F(s-a) = \frac{1}{s-a}$
$t^n\leadsto \frac{n!}{s^{n+1}}$:
\[\int_{0}^{\infty}{t^ne^{-st}dt} = t^n\frac{e^{st}}{-s}\Big|_0^\infty + \frac{n}{s}\int_{0}^{\infty}t^{n-1}e^{-st}dt\\ \mathcal{L}(t^n) = \frac{n}{s}\mathcal{L}(t^{n-1}) = \frac{n}{s}\frac{n-1}{s}\mathcal{L}(t^{n-2}) = \\\frac{n!}{s^n}\mathcal{L}(t^0) = \frac{n!}{s^n}\mathcal{L}(1) = \frac{n!}{s^{n+1}}\]$cos(at)\leadsto \frac{s}{s^2+a^2}$: 复指数变换取实部或用逆向欧拉公式
\[\mathcal{L}(cos(at)) = \mathcal{L}(\frac{e^{iat}+e^{-iat}}{2}) = \frac{1}{2}(\frac{1}{s-ia}+\frac{1}{s+ia})\\=\frac{s}{s^2+a^2}\]
拉普拉斯逆变换
一般碰到有理式 裂项 再查表得到逆变换结果
e.g.
\[\frac{1}{s(s+3)} = \frac{1}{3}(\frac{1}{s}-\frac{1}{s+3})\\ \mathcal{L}^{-1}(\frac{1}{s(s+3)}) = \frac{1}{3}(1-e^{-3t})\]待定系数法
注意的点：$\frac{1}{(s-a)^n} = \frac{a_1}{s-a}+\frac{a_2}{(s-a)^2}+\cdots+\frac{a_n}{(s-a)^n}$
可以写成复数项再取实部虚部
Heaviside Cover-up Method
注：对于无实数解的项其实也可以用cover-up带入复数解 再取实数项
拉普拉斯变换解线性微分方程
拉普拉斯变换必须有一个初值问题IVP，$y(0) = y_0, y’(0) = y’_0$
\[\boxed{y'' + Ay' + By = h(t),y(0) = y_0, y'(0) = y'_0}\stackrel{traditional \ way}{\longrightarrow}\boxed{y = y(t)}\\\qquad\qquad\qquad\qquad\downarrow\mathcal{L}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\uparrow\mathcal{L}^{-1}\\ \qquad\quad\boxed{\text{algebric equation of Y(s) and s. }}\qquad\longrightarrow\qquad\boxed{Y = \frac{p(s)}{q(s)}}\]e.g. $y’’ - y = e^{-t},y(0) = 1,y’(0) = 0$
两边进行拉普拉斯变换（依据是拉氏变换的线性）
\[s^2Y-s-Y = \frac{1}{s+1}\]整理得
\[Y = \frac{s^2+s+1}{(s+1)^2(s-1)}\]分式分解（用cover-up method 18.01里有讲）
\[Y = \frac{-\frac{1}{2}}{(s+1)^2} + \frac{\frac{1}{4}}{s+1} + \frac{\frac{3}{4}}{s-1}\]逆变换
\(\mathcal{L}^{-1}(Y) = -\frac{1}{2}te^{-t} + \frac{1}{4}e^{-t} + \frac{3}{4}e^t\) 其中第一项为常规解法的$y_p$，后两项为$y_c$
注：
$\frac{1}{(s+1)^2}$的逆变换由$\mathcal{L}(t) = \frac{1}{s^2}$和指数位移法则得
处理跳跃间断点 Jump Discontinuity
跃阶函数 Step Function
单位跃阶 Unit Step
记为$u(t)$ 又称为赫维赛德函数 Heaviside function
在神经网络中可以作为激活函数 activation function 来用（但是是蛮烂的那种 通常只在单层感知器上有用）
a处跃阶
记为$u_a(t) = u(t-a)$
单位方框函数 Unit Box Function
记为$u_{ab}(t) = u_a(t) - u_b(t) = u(t-a)-u(t-b)$
ps: characteristic function of $[a,b]$ : $\chi_{[a,b]}(x)$
显然 跃阶函数乘以一个函数能截出这个函数的某一段
以上三类函数可用于用单个式子表示分段函数
唯一化
拉普拉斯变换不关心t < 0的情况（因为积分从0到 $\infty$ ），因此无论t < 0的值为何，只要t > 0时相等 拉普拉斯变换都一样
为了让拉普拉斯逆变换唯一，我们强制让所有小于t的函数值等于0,即
\[\mathcal{L}^{-1}(F(S)) = u(t)f(t)\]t轴平移公式 t axis translation formula
得到平移函数的拉普拉斯变换
\[u(t-a)f(t-a)\leadsto e^{-as}F(s)\tag{a>0}\] \[u(t-a)f(t)\leadsto e^{-as}\mathcal{L}(f(t+a))\tag{a>0}\]和指数位移法则对比：ESL是在s轴上平移
当a小于0时不成立 因为拉普拉斯变换会丢掉小于零的信息
PROOF
\[\int_0^\infty{e^{-st}u(t-a)f(t-a)}dt\tag{let x = t - a}\\ =\int_{-a}^\infty{e^{-s(x+a)}u(x)f(x)}dx\\ =e^{-as}\int_{-a}^\infty{e^{-sx}u(x)f(x)}dx\\ =e^{-as}\int_0^\infty{e^{-sx}f(x)}dx\\ =e^{-as}F(s)\] \[\int_0^\infty{e^{-st}u(t-a)f(t-a+a)}dt\tag{let x = t - a}\\ =\int_{-a}^\infty{e^{-s(x+a)}u(x)f(x+a)}dx\\ =e^{-as}\int_0^\infty{e^{-sx}u(x)f(x+a)}dx\\ =e^{-as}\mathcal{L}(f(t+a))\]
e.g.
$u(t)\leadsto \frac{1}{s} (s>0)$
$u_{ab}(t) = u(t-a)-u(t-b) \leadsto \frac{e^{-as}-e^{-bs}}{s} $
$u(t-1)t^2 \leadsto e^{-s}\mathcal{L}((t+1)^2) = e^{-s}\mathcal{L}(t^2+2t+1) = e^{-s}(\frac{2}{s^3} + \frac{2}{s^2} + \frac{1}{s})$
$e^{-as}$的$a$告诉你在哪里间断