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$\delta$函数的一些性质

$$\begin{array}{l} \delta(-x)=\delta(x) \\ \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \delta\left(x-x_{0}\right) d x=f\left(x_{0}\right) \\ \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \delta\left(x-x_{0}\right) d x=\int_{x_{0}-\epsilon}^{x_{0}+\epsilon} f(x) \delta\left(x-x_{0}\right) d x=f\left(x_{0}\right) \int_{x_{0}-\epsilon}^{x_{0}+\epsilon} \delta\left(x-x_{0}\right) d x \\ f(x) \delta\left(x-x_{0}\right)=f\left(x_{0}\right) \delta\left(x-x_{0}\right) \quad x \delta(x)=0 \\ x A(x)=x B(x) \stackrel{\text { ? }}{\Rightarrow\!\!\!\!\!\!\! \backslash } A(x)=B(x) \quad A(x)=B(x)+c \delta(x) \\ \int_{-\infty}^{\infty} \delta\left(x-x_{2}\right) \delta\left(x-x_{1}\right) d x=\delta\left(x_{1}-x_{2}\right) \\ \end{array}$$

傅里叶积分

$$f(t)=\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\left[\int_{-\infty}^{+\infty}f(\tau)\mathrm{e}^{-i\omega\tau}\mathrm{d}\tau\right]\mathrm{e}^{i\omega t}\mathrm{d}\omega.$$

傅里叶变换的性质

本节介绍傅里叶变换的几个重要性质, 为了叙述方便起见, 假定在这些性质 中, 凡是需要求傅氏变换的函数都满足傅氏积分定理中的条件, 而在证明这些性质 时, 不再重述. 在实际应用时, 只要记住基本函数的傅里叶变换, 则常见函数的傅里 叶变换都无须用公式直接计算而可由傅里叶变换的性质导出.

傅里叶变换的基本性质

性质 $7.1$ 线性性质: 设 $\alpha, \beta$ 为任意的常数, $F(\omega)=\mathscr{F}[f(t)], G(\omega)=\mathscr{F}[g(t)]$, 则

$$\begin{gathered} \mathscr{F}[\alpha f(t)+\beta g(t)]=\alpha F(\omega)+\beta G(\omega), \\ \mathscr{F}^{-1}[\alpha F(\omega)+\beta G(\omega)]=\alpha f(t)+\beta g(t) . \end{gathered}$$

证明 直接由傅氏变换和逆变换的定义可得

$$\begin{aligned} & \mathscr{F}[\alpha f(t)+\beta g(t)]=\int_{-\infty}^{+\infty}[\alpha f(t)+\beta g(t)] \mathrm{e}^{-i \omega t} \mathrm{~d} t \\ & =\alpha \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-i \omega t} \mathrm{~d} t+\beta \int_{-\infty}^{+\infty} g(t) \mathrm{e}^{-\dot{i} \omega t} \mathrm{~d} t \\ & =\alpha F(\omega)+\beta G(\omega) \text {, } \\ & \mathscr{F}^{-1}[\alpha F(\omega)+\beta G(\omega)]=\frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^{+\infty}[\alpha F(\omega)+\beta G(\omega)] \mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega t} \mathrm{~d} \omega \end{aligned}$$ $$\begin{aligned} &=\frac{\alpha}{2 \pi} \int_{-\infty}^{+\infty} F(\omega) \mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega t} \mathrm{~d} \omega+\frac{\beta}{2 \pi} \int_{-\infty}^{+\infty} G(\omega) \mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega t} \mathrm{~d} \omega \\ &=\alpha f(t)+\beta g(t) . \end{aligned}$$

例 $7.10$ 求 $\sin ^{2} t$ 的傅里叶变换.

解 利用线性性质, 1 和 $\cos t$ 的傅里叶变换, 得

$$\begin{aligned} \mathscr{F}\left[\sin ^{2} t\right] &=\mathscr{F}\left[\frac{1}{2}-\frac{1}{2} \cos 2 t\right]=\frac{1}{2} \mathscr{F}[1]-\frac{1}{2} \mathscr{F}[\cos 2 t] \\ &=\pi \delta(\omega)-\frac{\pi}{2}[\delta(\omega+2)+\delta(\omega-2)] . \end{aligned}$$

例 7.11 设 $F(\omega)=\pi \delta(\omega+1)-\frac{\mathrm{i}}{\omega+1}$, 求 $F(\omega)$ 的傅里叶逆变换.

解 利用线性性质得

$\mathscr{F}^{-1}[F(\omega)]=\mathscr{F}^{-1}[\pi \delta(\omega+1)]-\mathscr{F}^{-1}\left[\frac{\mathrm{i}}{\omega+1}\right]=\frac{1}{2} \mathrm{e}^{-\mathrm{it}}-\mathscr{F}^{-1}\left[\frac{\mathrm{i}}{\omega+1}\right]$,

直接计算, 并利用狄利克雷积分, 得

$$\begin{aligned} & \mathscr{F}^{-1}\left[\frac{\mathrm{i}}{\omega+1}\right]=\frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\mathrm{i}}{\omega+1} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega t} \mathrm{~d} \omega \\ =& \frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\mathrm{i}}{\omega+1} \mathrm{e}^{\mathrm{i}(\omega+1) t} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} t} \mathrm{~d} \omega=\frac{\mathrm{e}^{-i t}}{2 \pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\mathrm{ie}^{\mathrm{i}(\omega+1) t}}{\omega+1} \mathrm{~d}(\omega+1) \\ =&-\frac{\mathrm{e}^{-\mathrm{i} t}}{2 \pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin (\omega+1)}{\omega+1} \mathrm{~d}(\omega+1)=-\frac{\mathrm{e}^{-i t}}{2 \pi} \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin \omega t}{\omega} \mathrm{d} \omega \\ =& \begin{cases}\frac{1}{2} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} t} \quad(t<0), \\ -\frac{1}{2} \mathrm{e}^{-i t} \quad(t>0) .\end{cases} \end{aligned}$$

从而 $\mathscr{F}^{-1}[F(\omega)]=u(t) \mathrm{e}^{-\mathrm{it}}$, 其中 $u(t)$ 为单位阶跃函数.

性质 $7.2$ 对称性: 设 $\mathscr{F}[f(t)]=F(\omega)$, 则

$$\mathscr{F}[F(t)]=2 \pi f(-\omega) .$$

证明 由傅里叶逆变换定义, 有

$$f(-t)=\frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^{+\infty} F(\omega) \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \omega t} \mathrm{~d} \omega,$$

从而

$$\mathscr{F}[F(t)]=\int_{-\infty}^{+\infty} F(t) \mathrm{e}^{-i \omega t} \mathrm{~d} t=2 \pi f(-\omega) .$$

例 $7.12$ 利用矩形脉冲函数 $f(t)=\left{\begin{array}{ll}1, & |t|<1, \\ 0, & |t|>1\end{array}\right.$ 的傅里叶变换, 证明:

$$\mathscr{F}\left[\frac{\sin t}{t}\right]= \begin{cases}\pi, & |\omega|<1, \\ 0, & |\omega|>1 .\end{cases}$$

证明 由例 $7.4$, 矩形脉冲函数 $f(t)=\left{\begin{array}{ll}1, & |t|<1, \\ 0, & |t|>1\end{array}\right.$ 的傅里叶变换为

$$\mathscr{F}[f(t)]=\frac{2 \sin \omega}{\omega} .$$

利用对称性,得

$$\mathscr{F}\left[\frac{\sin t}{t}\right]=\pi f(-\omega)= \begin{cases}\pi, & |\omega|<1, \\ 0, & |\omega|>1 .\end{cases}$$

性质 $7.3$ 位移性: 设 $\mathscr{F}[f(t)]=F(\omega), t{0}$ 和 $\omega{0}$ 为常数, 则

$$\begin{aligned} &\mathscr{F}\left[f\left(t-t_{0}\right)\right]=\mathrm{e}^{-\mathrm{i} \omega t_{0}} F(\omega), \\ &\mathscr{F}\left[\mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega_{0} t} f(t)\right]=F\left(\omega-\omega_{0}\right) . \end{aligned}$$

或

$$\mathscr{F}^{-1}\left[F\left(\omega-\omega_{0}\right)\right]=\mathrm{e}^{i \omega_{0} t} f(t) .$$

证明 仅证明式 $(7-37)$. 令 $s=t-t_{0}$, 则

$$\begin{aligned} \mathscr{F}\left[f\left(t-t_{0}\right)\right] &=\int_{-\infty}^{+\infty} f\left(t-t_{0}\right) \mathrm{e}^{-i \omega t} \mathrm{~d} t \\ &=\int_{-\infty}^{+\infty} f(s) \mathrm{e}^{-i \omega\left(s+t_{0}\right)} \mathrm{d} s=\mathrm{e}^{-i \omega t_{0}} \int_{-\infty}^{+\infty} f(s) \mathrm{e}^{-i \omega s} \mathrm{~d} s \\ &=\mathrm{e}^{-i \omega t_{0}} F(\omega) . \end{aligned}$$

例 7.13 已知函数 $f(t)$ 的傅里叶变换为 $F(\omega)$, 求函数 $f(t) \sin \omega{0} t$ 和 $f(t)$ $\cos \omega{0} t$ 的傅里叶变换, 其中 $\omega_{0}$ 为常数.

解 利用傅里叶逆变换的位移性 (7-38), 可得

$$\begin{aligned} \mathscr{F}\left[f(t) \sin \omega_{0} t\right] &=\mathscr{F}\left[f(t)\left(\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega_{0} t}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i} \omega_{0} t}}{2 \mathrm{i}}\right)\right] \\ &=\frac{1}{2 \mathrm{i}}\left\{\mathscr{F}\left[f(t) \mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega_{0} t}\right]-\mathscr{F}\left[f(t) \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \omega_{0} t}\right]\right\} \\ &=\frac{\mathrm{i}}{2}\left[F\left(\omega+\omega_{0}\right)-F\left(\omega-\omega_{0}\right)\right] . \end{aligned}$$

同理可得

$$\mathscr{F}\left[f(t) \cos \omega_{0} t\right]=\frac{1}{2}\left[F\left(\omega+\omega_{0}\right)+F\left(\omega-\omega_{0}\right)\right] .$$

性质 $7.4$ 相似性: 设 $\mathscr{F}[f(t)]=F(\omega), a \neq 0$, 则

$$\begin{gathered} \mathscr{F}[f(a t)]=\frac{1}{|a|} F\left(\frac{\omega}{a}\right), \\ \mathscr{F}^{-1}[F(a \omega)]=\frac{1}{|a|} f\left(\frac{t}{a}\right) . \end{gathered}$$

证明 首先证明傅里叶变换的相似性. 令 $s=a t$. 当 $a>0$ 时,

$$\mathscr{H}[f(a t)]=\frac{1}{a} \int_{-\infty}^{+\infty} f(s) \mathrm{e}^{-i \omega \omega^{\frac{s}{a}}} \mathrm{~d} s=\frac{1}{a} F\left(\frac{\omega}{a}\right),$$

同理,当 $a<0$ 时,

$$\mathscr{F}[f(a t)]=-\frac{1}{a} \int_{-\infty}^{+\infty} f(s) \mathrm{e}^{-i \omega_{a}^{s}} \mathrm{~d} s=-\frac{1}{a} F\left(\frac{\omega}{a}\right),$$

因此, 当 $a \neq 0$ 时,式 (7-39) 成立.

同理可证傅里叶逆变换的相似性.

更一般的, 有如下的结论

$$\color{red} \mathscr{F}\left[f\left(a t-t_{0}\right)\right]=\frac{1}{|a|} \mathrm{e}^{-\mathrm{i}^{t_{0}} \frac{\omega}{a} \omega} F\left(\frac{\omega}{a}\right) .$$

例 7.14 计算 $\mathscr{F}[u(5 t-2)]$, 其中 $u(t)$ 为单位阶跃函数.
解 方法 1 先用相似性, 再用位移性. 令 $g(t)=u(t-2)$, 则 $g(5 t)=u(5 t-2)$.

$$\begin{aligned} \mathscr{F}[u(5 t-2)] &=\mathscr{F}[g(5 t)]=\left.\frac{1}{5} \mathscr{F}[g(t)]\right|_{\frac{\omega}{5}}=\frac{1}{5} \mathscr{F}[u(t-2)]_{\frac{\omega}{5}} \\ &=\left.\left(\frac{1}{5} \mathrm{e}^{-2 \mathrm{i} \omega \mathscr{F}}[u(t)]\right)\right|_{\frac{\omega}{5}}=\left.\left(\frac{1}{5} \mathrm{e}^{-2 \mathrm{i} \omega}\left[\frac{1}{\mathrm{i} \omega}+\pi \delta(\omega)\right]\right)\right|_{\frac{\omega}{5}} \\ &=\frac{1}{5} \mathrm{e}^{-\frac{2}{5} \mathrm{i} \omega}\left[\frac{5}{\mathrm{i} \omega}+\pi \delta\left(\frac{\omega}{5}\right)\right] . \end{aligned}$$

方法 2 先用位移性, 再用相似性. 令 $g(t)=u(5 t)$, 则 $g\left(t-\frac{2}{5}\right)=u(5 t-2)$.

$$\begin{aligned} \mathscr{F}[u(5 t-2)] &=\mathscr{F}\left[g\left(t-\frac{2}{5}\right)\right]=\mathrm{e}^{-\frac{2}{5} \mathrm{i} \omega \mathscr{F}}[g(t)]=\mathrm{e}^{-\frac{2}{5} \mathrm{i} \omega} \mathscr{F}[u(5 t)] \\ &=\mathrm{e}^{-\frac{2}{5} \mathrm{i} \omega}\left[\frac{1}{5} \mathscr{F}[u(t)]_{\frac{\omega}{5}}=\left.\left(\frac{1}{5} \mathrm{e}^{-\frac{2}{5} \mathrm{i} \omega}\left[\frac{1}{\mathrm{i} \omega}+\pi \delta(\omega)\right]\right)\right|_{\frac{\omega}{5}}\right.\\ &=\frac{1}{5} \mathrm{e}^{-\frac{2}{5} \mathrm{i} \omega}\left[\frac{5}{\mathrm{i} \omega}+\pi \delta\left(\frac{\omega}{5}\right)\right] . \end{aligned}$$

方法 3 直接由式(7-41)得

$$\mathscr{F}[u(5 t-2)]=\frac{1}{5} \mathrm{e}^{-\frac{2}{5} \mathrm{i} \omega \mathscr{F}}[u(t)]_{\frac{\omega}{5}}=\frac{1}{5} \mathrm{e}^{-\frac{2}{5} \mathrm{i} \omega}\left[\frac{5}{\mathrm{i} \omega}+\pi \delta\left(\frac{\omega}{5}\right)\right] .$$

比较上述三种方法, 方法 3 较为简捷. 事实上, 本题可直接由傅里叶变换的定 义计算.

性质 $7.5$ 微分性: 设 $\mathscr{F}[f(t)]=F(\omega)$.

（1）原像函数的微分性.

若 $\color {red} \lim _{|t| \rightarrow+\infty} f(t)=0$, 则

$$\mathscr{F}\left[f^{\prime}(t)\right]=\mathrm{i} \omega F(\omega),$$

（2）像函数的微分性.

$$F^{\prime}(\omega)=-\mathrm{i} \mathscr{F}[t f(t)] . \text{或者} \mathscr{F}[t f(t)] = \mathrm{i}F^{\prime}(\omega)$$

证明

$$\begin{aligned} \mathscr{F}\left[f^{\prime}(t)\right] &=\int_{-\infty}^{+\infty} f^{\prime}(t) \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \omega t} \mathrm{~d} t \\ &=\left.f(t) \mathrm{e}^{-i \omega t}\right|_{-\infty} ^{+\infty}+\mathrm{i} \omega \int_{-\infty}^{+\infty} f(t) \mathrm{e}^{-i \omega t} \mathrm{~d} t=\mathrm{i} \omega F(\omega), \end{aligned}$$ $$\begin{aligned} F^{\prime}(\omega) &=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \omega} \int_{-\infty}^{+\infty} f(t) \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \omega t} \mathrm{~d} t=\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \omega} f(t) \mathrm{e}^{-i \omega t} \mathrm{~d} t \\ &=\int_{-\infty}^{+\infty} f(t)(-\mathrm{i} t) \mathrm{e}^{-i \omega t} \mathrm{~d} t=-\mathrm{i} \mathscr{F}[t f(t)] . \end{aligned}$$

一般地, 若 $\lim _{|t| \rightarrow+\infty} f^{(k)}(t)=0(k=0,1, \cdots, n-1)$, 则

$$\mathscr{F}\left[f^{(n)}(t)\right]=(\mathrm{i} \omega)^{n} F(\omega) .$$

$(7-44)$

类似地, 有

$$F^{(n)}(\omega)=(-\mathrm{i})^{n} \mathscr{F}\left[t^{n} f(t)\right] .$$

需指出的是, 附件条件 $\lim _{|t| \rightarrow+\infty} f^{(k)}(t)=0(k=0,1, \cdots, n-1)$ 目的是为证明 式 (7-44) 方便, 事实上, 满足傅里叶变换存在性条件的函数 $f^{(k)}(t)$, 必满足附件条件.

例 $7.15$ 设函数 $f(t)=\mathrm{e}^{-|t|}$, 求函数 $t f(t)$ 的傅里叶变换.

解 显然, 函数 $f(t)$ 满足条件. 首先, 求 $f(t)$ 的傅里叶变换.

$$\begin{aligned} F(\omega) &=\mathscr{F}[f(t)]=\int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-|t|} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \omega t} \mathrm{~d} t \\ &=2 \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-t} \cos \omega t \mathrm{~d} t . \end{aligned}$$

记 $I=\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-t} \cos \omega t \mathrm{~d} t$, 经分部积分两次, 得 $I=\frac{1}{1+\omega^{2}}$. 从而

$$F(\omega)=\frac{2}{1+\omega^{2}} .$$

利用微分性得

$$\mathscr{F}[t f(t)]=\mathrm{i} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \omega} F(\omega)=\frac{-4 \mathrm{i} \omega}{\left(1+\omega^{2}\right)^{2}} .$$

性质 $7.6$ 积分性: 设 $\mathscr{F}[f(t)]=F(\omega)$, 如果 $\lim {t \rightarrow+\infty} \int{-\infty}^{t} f(\tau) \mathrm{d} \tau=0$, 则

$$\mathscr{F}\left[\int_{-\infty}^{t} f(\tau) \mathrm{d} \tau\right]=\frac{1}{\mathrm{i} \omega} F(\omega) .$$

证明 令 $g(t)=\int{-\infty}^{t} f(\tau) \mathrm{d} \tau$, 则 $g^{\prime}(t)=f(t)$. 且 $\lim {|t| \rightarrow+\infty} g(t)=0$. 对 $g(t)$ 应用 微分性得

$$\mathscr{F}\left[g^{\prime}(t)\right]=\mathrm{i} \omega \mathscr{F}[g(t)],$$

从而

$$\mathscr{F}\left[\int_{-\infty}^{t} f(\tau) \mathrm{d} \tau\right]=\frac{1}{\mathrm{i} \omega} \mathscr{F}[f(t)]=\frac{1}{\mathrm{i} \omega} F(\omega) .$$

注 如果 $\lim {t \rightarrow+\infty} \int{-\infty}^{t} f(\tau) \mathrm{d} \tau=F(0) \neq 0$, 利用卷积性质可得

$$\color{red} {\mathscr{F}\left[\int_{-\infty}^{t} f(\tau) \mathrm{d} \tau\right]=\frac{1}{\mathrm{i} \omega} F(\omega)+\pi F(0) \delta(\omega)} .$$

傅里叶变换的微分性和积分性表明：原函数的微分和积分的运算经过傅里叶 变换后, 变成了像函数的代数运算. 因此, 利用傅里叶变换可以求某些线性微分、 积分方程.

例 7.16 设 $\lim {|t| \rightarrow+\infty} x(t)=0, \int{-\infty}^{+\infty} x(t) \mathrm{d} t=0$. 求微分、积分方程 $x^{\prime}(t)-4 \int_{-\infty}^{t} x(s) \mathrm{d} s=\delta(t)$ 的解.

解 记 $X(\omega)=\mathscr{F}[x(t)]$, 方程两边作傅里叶变换, 得

$$i \omega X(\omega)-\frac{4}{i \omega} X(\omega)=1 .$$

解上述代数方程得

$$X(\omega)=\frac{-\mathrm{i} \omega}{\left(\omega^{2}+4\right)} .$$

由傅里叶逆变换定义

$$x(t)=\frac{-\mathrm{i}}{2 \pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\omega}{\left(\omega^{2}+4\right)} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega t} \mathrm{~d} \omega .$$

上述广义积分可利用留数定理计算. 当 $t>0$ 时,

$$\begin{aligned} x(t) &=\frac{-\mathrm{i}}{2 \pi} \times 2 \pi \mathrm{i} \times \operatorname{Res}\left[\frac{\omega}{\left(\omega^{2}+4\right)} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega t}, 2 \mathrm{i}\right] \\ &=\lim _{\omega \rightarrow 2 \mathrm{i}} \frac{\omega}{\omega+2 \mathrm{i}} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega t}=\frac{1}{2} \mathrm{e}^{-2 t} . \end{aligned}$$

当 $t=0$ 时, $x(t)=\frac{-\mathrm{i}}{\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\omega}{\left(\omega^{2}+4\right)} \mathrm{d} \omega=0$.

当 $t<0$ 时, 令 $\omega=-u$, 仿照 $t>0$ 时计算, 得

$$\begin{aligned} x(t) &=\frac{-\mathrm{i}}{2 \pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\omega}{\left(\omega^{2}+4\right)} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega t} \mathrm{~d} \omega=\frac{\mathrm{i}}{2 \pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{u}{\left(u^{2}+4\right)} \mathrm{e}^{\mathrm{i} u(-t)} \mathrm{d} u \\ &=\frac{\mathrm{i}}{2 \pi} \times 2 \pi \mathrm{i} \times \operatorname{Res}\left[\frac{u}{\left(u^{2}+4\right)} \mathrm{e}^{\mathrm{i} u(-t)}, 2 \mathrm{i}\right] \\ &=-\lim _{u \rightarrow 2 \mathrm{i}} \frac{u}{u+2 \mathrm{i}} \mathrm{e}^{\mathrm{i} u(-t)}=-\frac{1}{2} \mathrm{e}^{2 t} . \end{aligned}$$

所以原方程的解为

$$x(t)=\left\{\begin{array}{l} \frac{1}{2} \mathrm{e}^{-2 t}, t>0, \\ 0, t=0, \\ -\frac{1}{2} \mathrm{e}^{2 t}, t<0 . \end{array}\right.$$

傅里叶变换的卷积与卷积定理

首先给出 $(-\infty,+\infty)$ 上的卷积定义.

定义 $7.7$ 设 $f{1}(t), f{2}(t)$ 是定义在 $(-\infty,+\infty)$ 上的两个函数, 如果积分

$$\int_{-\infty}^{+\infty} f_{1}(s) f_{2}(t-s) \mathrm{d} s$$

存在, 称其为函数 $f{1}(t), f{2}(t)$ 的卷积,记为

$$f_{1}(t) * f_{2}(t)=\int_{-\infty}^{+\infty} f_{1}(s) f_{2}(t-s) \mathrm{d} s .$$

例 $7.17$ 求下列函数的卷积

$$f_{1}(t)=\left\{\begin{array}{l} 0, t<0, \\ 2, t \geqslant 0, \end{array} \quad f_{2}(t)=\left\{\begin{array}{l} 0, t<0, \\ \mathrm{e}^{-t}, t \geqslant 0 . \end{array}\right.\right.$$

解 由于当 $s<0$ 时, $f_{1}(s)=0$, 当 $s>t$ 时, $f{2}(t-s)=0$. 因此, 由卷积定义 可知, 当 $t \leqslant 0$ 时, $f{1}(t) * f_{2}(t)=0$. 当 $t>0$ 时,

$$\begin{aligned} f_{1}(t) * f_{2}(t) &=\int_{-\infty}^{+\infty} f_{1}(s) f_{2}(t-s) \mathrm{d} s \\ &=\int_{0}^{t} f_{1}(s) f_{2}(t-s) \mathrm{d} s \\ &=\int_{0}^{t} 2 \mathrm{e}^{-(t-s)} \mathrm{d} s=2 \mathrm{e}^{-t} \int_{0}^{t} \mathrm{e}^{s} \mathrm{~d} s \\ &=2\left(1-\mathrm{e}^{-t}\right) . \end{aligned}$$

图 7-6 积分区域

对于傅里叶变换有如下的卷积定理.

定理 $7.3$ (卷积定理) 设 $F(\omega)=\mathscr{F}[f(t)], G(\omega)=\mathscr{F}[g(t)]$, 则

$$\begin{gathered} \mathscr{F}[f * g]=\mathscr{F}[f(t)] \cdot \mathscr{F}[g(t)]=F(\omega) \cdot G(\omega), \\ \mathscr{F}[f \cdot g]=\frac{1}{2 \pi} \mathscr{F}[f(t)] * \mathscr{F}[g(t)]=F(\omega) * G(\omega) . \end{gathered}$$

证明

$$\begin{aligned} \mathscr{F}[f * g] &=\int_{-\infty}^{+\infty}\left[\int_{-\infty}^{+\infty} f(s) g(t-s) \mathrm{d} s\right] \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \omega t} \mathrm{~d} t \\ &=\int_{-\infty}^{+\infty} f(s)\left[\int_{-\infty}^{+\infty} g(t-s) \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \omega t} \mathrm{~d} t\right] \mathrm{d} s \\ &=\int_{-\infty}^{+\infty} f(s) \mathscr{F}[g(t-s)] \mathrm{d} s . \end{aligned}$$

令 $\xi=t-s$, 则

$$\begin{aligned} \mathscr{F}[g(t-s)] &=\int_{-\infty}^{+\infty} g(t-s) \mathrm{e}^{-i \omega t} \mathrm{~d} t=\int_{-\infty}^{+\infty} g(\xi) \mathrm{e}^{-i \omega \xi} \mathrm{e}^{-i \omega s} \mathrm{~d} \xi \\ &=\mathrm{e}^{-i \omega s} G(\omega) . \end{aligned}$$

从而

$$\mathscr{F}[f * g]=\int_{-\infty}^{+\infty} f(s) \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \omega s} G(\omega) \mathrm{d} s=F(\omega) \cdot G(\omega) .$$ $$\begin{aligned} \mathscr{F}[f \cdot g] &=\int_{-\infty}^{+\infty} f(t) g(t) \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \omega t} \mathrm{~d} t \\ &=\int_{-\infty}^{+\infty}\left[\frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^{+\infty} F(s) \mathrm{e}^{\mathrm{i} s t} \mathrm{~d} s\right] g(t) \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \omega t} \mathrm{~d} t \\ &=\frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^{+\infty} F(s)\left[\int_{-\infty}^{+\infty} g(t) \mathrm{e}^{-\mathrm{i}(\omega-s) t} \mathrm{~d} t\right] \mathrm{d} s \\ &=\frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^{+\infty} F(s) G(\omega-s) \mathrm{d} s \\ &=\frac{1}{2 \pi} F(\omega) * G(\omega) . \end{aligned}$$

称式 (7-48)为时域卷积定理, 式 (7-49)为频域卷积定理.

卷积定理建立了时域与频域之间最重要的联系, 即时域的卷积对应频域的乘积. 利用傅里叶变换的性质, 可以将复杂的卷积、微分和积分关系式表示为简单的代数关系式, 这将为我们对复杂系统的研究带来极大的方便.

例 $7.18$ 求 $f(t)=t\ u(t) \mathrm{e}^{\mathrm{i} t}$ 的傅里叶变换, 其中 $u(t)$ 为单位阶跃函数.

解 由于 $\mathscr{F}\left[\mathrm{e}^{\mathrm{i} t}\right]=2 \pi \delta(\omega-1)$,

$$\begin{aligned} \mathscr{F}[t u(t)] &=\mathrm{i} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \omega}[u(t)]=\mathrm{i} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \omega}\left[\frac{1}{\mathrm{i} \omega}+\pi \delta(\omega)\right] \\ &=-\frac{1}{\omega^{2}}+i \pi \delta^{\prime}(\omega) . \end{aligned}$$

由卷积定理,得

$$\begin{aligned} \mathscr{F}[f(t)] &=\mathscr{F}\left[t u(t) \mathrm{e}^{\mathrm{i} t}\right]=\frac{1}{2 \pi} \mathscr{F}\left[\mathrm{e}^{\mathrm{i} t}\right] * \mathscr{F}[t u(t)] \\ &=\frac{1}{2 \pi}[2 \pi \delta(\omega-1)] *\left[-\frac{1}{\omega^{2}}+\mathrm{i} \pi \delta^{\prime}(\omega)\right] \\ &=\frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^{+\infty} 2 \pi \delta(s-1) \cdot\left[-\frac{1}{(\omega-s)^{2}}+\mathrm{i} \pi \delta^{\prime}(\omega-s)\right] \mathrm{d} s \\ &=\left[-\frac{1}{(\omega-1)^{2}}+\mathrm{i} \pi \delta^{\prime}(\omega-1)\right] . \end{aligned}$$

例 7.19 设 $\mathscr{F}[f(t)]=F(\omega)$, 若 $\lim {t \rightarrow+\infty} \int{-\infty}^{t} f(s) \mathrm{d} s=F(0) \neq 0$, 则

$$\mathscr{F}\left[\int_{-\infty}^{t} f(s) \mathrm{d} s\right]=\frac{F(\omega)}{\mathrm{i} \omega}+\pi F(0) \delta(0) .$$

证明 令 $g(t)=\int_{-\infty}^{t} f(s) \mathrm{d} s$, 则 $g(t)=f(t) * u(t)$.

$$\begin{aligned} \mathscr{F}\left[\int_{-\infty}^{t} f(s) \mathrm{d} s\right] &=\mathscr{F}[f(t) * u(t)]=\mathscr{F}[f(t)] \cdot \mathscr{F}[u(t)] \\ &=F(\omega)\left[\frac{1}{i \omega}+\pi \delta(\omega)\right] \\ &=\frac{F(\omega)}{i \omega}+\pi F(0) \delta(\omega) . \end{aligned}$$

最后一个等式利用了 $\delta$ 函数乘时间函数性质, 即 $F(\omega) \delta(\omega)=F(0) \delta(\omega)$.

傅里叶变换的应用

傅里叶变换在数学领域及工程技术等方面有着非常广泛的应用. 例如, 频谱分 析在现代声学、语音通信、声呐、地震、核科学,乃至生物医学工程等信号的研究发 挥着重要的作用. 傅里叶变换也是求解微分、积分方程、数学物理方程等问题的一 种有效数学工具. 运用傅里叶变换, 求某些数学物理方程的定解问题将在第 11 章 中作详细介绍. 以下仅举例说明傅里叶变换在求解常微分方程和积分方程中的 应用.

例 $7.20$ 求解二阶常系数非齐次常微分方程

$$x^{\prime \prime}(t)-x(t)=-f(t),-\infty<t<+\infty,$$

其中 $f(t)$ 为已知函数.

解 记 $\mathscr{F}[x(t)]=X(\omega), F(\omega)=\mathscr{F}[f(t)]$. 方程两端作傅里叶变换, 并利用 微分性, 得

$$-\omega^{2} X(\omega)-X(\omega)=-F(\omega) .$$

即

$$X(\omega)=\frac{F(\omega)}{1+\omega^{2}} .$$

上式两端求傅里叶逆变换, 并利用卷积定理, 得

$$x(t)=\mathscr{F}^{-1}\left[\frac{F(\omega)}{1+\omega^{2}}\right]=\mathscr{F}^{-1}\left[\frac{1}{1+\omega^{2}}\right] * \mathscr{F}^{-1}[F(\omega)] .$$

由例 $7.15$ 知

$$\mathscr{F}\left[\mathrm{e}^{-|t|}\right]=\frac{2}{1+\omega^{2}} .$$

从而

$$x(t)=\frac{1}{2} \mathrm{e}^{-|t|} * f(t)=\frac{1}{2} \int_{-\infty}^{+\infty} f(\xi) \mathrm{e}^{-|t-\xi|} \mathrm{d} \xi .$$

例 $7.21$ 求积分方程

$$\int_{0}^{+\infty} x(\omega) \sin \omega t \mathrm{~d} \omega=\mathrm{e}^{-t}(t>0) .$$

解 积分方程等价于

$$\frac{2}{\pi} \int_{0}^{+\infty} x(\omega) \sin \omega t \mathrm{~d} \omega=\frac{2}{\pi} \mathrm{e}^{-t} .$$

由傅里叶正弦变换可知, $\frac{2}{\pi} \mathrm{e}^{-t}$ 为 $x(\omega)$ 的傅里叶正弦逆变换. 从而有

$$x(\omega)=\int_{0}^{+\infty} \frac{2}{\pi} \mathrm{e}^{-t} \sin \omega t \mathrm{~d} t .$$

记 $I=\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-t} \sin \omega t \mathrm{~d} t$, 分部积分二次, 得 $I=\frac{\omega}{1+\omega^{2}}$, 所以

$$x(\omega)=\frac{2}{\pi} \cdot \frac{\omega}{1+\omega^{2}} .$$

例 $7.22$ 求解下列积分方程

$$\int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-|t-\xi|} x(\xi) \mathrm{d} \xi=f(t),$$

其中

$$f(t)=\left\{\begin{array}{l} \mathrm{e}^{-t}-\frac{1}{2} \mathrm{e}^{-2 t}, t \geqslant 0, \\ \mathrm{e}^{t}-\frac{1}{2} \mathrm{e}^{2 t}, t<0 . \end{array}\right.$$

解 $\quad$ 记 $\mathscr{F}[x(t)]=X(\omega), F(\omega)=\mathscr{F}[f(t)]$.

$$\begin{aligned} F(\omega)=& \mathscr{F}[f(t)]=\int_{-\infty}^{+\infty} f(t) \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \omega t} \mathrm{~d} t \\ =& \int_{-\infty}^{0}\left(\mathrm{e}^{t}-\frac{1}{2} \mathrm{e}^{2 t}\right) \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \omega t} \mathrm{~d} t+\int_{0}^{+\infty}\left(\mathrm{e}^{-t}-\frac{1}{2} \mathrm{e}^{-2 t}\right) \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \omega t} \mathrm{~d} t \\ =&\left.\frac{1}{(1-\mathrm{i} \omega)} \mathrm{e}^{(1-\mathrm{i} \omega) t}\right|_{-\infty} ^{0}-\left.\frac{1}{2} \frac{1}{(2-\mathrm{i} \omega)} \mathrm{e}^{(2-\mathrm{i} \omega) t}\right|_{-\infty} ^{0}+\\ &\left.\frac{1}{-(1+\mathrm{i} \omega)} \mathrm{e}^{-(1+i \omega) t}\right|_{0} ^{+\infty}+\left.\frac{1}{2} \frac{1}{(2+\mathrm{i} \omega)} \mathrm{e}^{(2+\mathrm{i} \omega) t}\right|_{0} ^{+\infty} \\ =& \frac{1}{(1-\mathrm{i} \omega)}-\frac{1}{2(2-\mathrm{i} \omega)}+\frac{1}{(1+\mathrm{i} \omega)}-\frac{1}{2(2+\mathrm{i} \omega)} \\ =& \frac{6}{\left(\omega^{2}+4\right)\left(\omega^{2}+1\right)} . \end{aligned}$$

由例 $7.15$ 知

$$\mathscr{F}\left[\mathrm{e}^{-|t|}\right]=\frac{2}{1+\omega^{2}} .$$

方程两端求傅里叶变换, 并利用卷积性, 得

$$\frac{2}{1+\omega^{2}} X(\omega)=F(\omega)=\frac{6}{\left(\omega^{2}+4\right)\left(\omega^{2}+1\right)},$$

从而得

$$X(\omega)=\frac{3}{\left(\omega^{2}+4\right)} .$$

求傅里叶逆变换

$$x(t)=\mathscr{F}^{-1}\left[\frac{3}{\omega^{2}+4}\right]=\frac{3}{2 \pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\omega^{2}+4} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega t} \mathrm{~d} \omega .$$

当 $t \geqslant 0$ 时

$$\begin{aligned} x(t) &=\frac{3}{2 \pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\omega^{2}+4} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega t} \mathrm{~d} \omega=\frac{3}{2 \pi} \cdot 2 \pi \mathrm{i} \operatorname{Res}\left[\frac{1}{\omega^{2}+4} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega t}, 2 \mathrm{i}\right] \\ &=3 \mathrm{i} \times \frac{\mathrm{e}^{-2 t}}{4 \mathrm{i}}=\frac{3}{4} \mathrm{e}^{-2 t} . \end{aligned}$$

傅里叶积分的一些公式

显然可以采用留数定理计算此类积分

1. $$\color {red}\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{cos}\,\omega t}{a^{2}\,+\,t^{2}}\,\mathrm{d}t=\frac{\pi}{2a}\,\mathrm{e}^{-a|\omega|}$$

   证明 如下
   求 $f(t)=\mathrm{e}^{-\beta|t|}\left(\beta>0\right)$ 的傅里叶积分：
   Solution: 由于 $f(t)$ 是偶函数,

   $$f(t)=\dfrac{2}{\pi}\int_0^{+\infty}\left[f(\tau)\cos\text{$\tau$}\right]\cos\text{$\omega$}=\dfrac{2}{\pi}\int_0^{+\infty}\left[e^{-\beta t}\cos\text{$\tau$}\right]\cos\text{$\omega$}.$$

   记： $I=\int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-\beta\tau}\cos\omega\tau\mathrm{d}\tau$.经过两次分部积分有

   $$I=\dfrac{\beta}{\omega^2+\beta^2}\:,$$

   所以，

   $$f(t)=\dfrac{2\beta}{\pi}\int_0^{+\infty}\dfrac{\cos\omega t}{\omega^2+\beta^2}\mathrm{d}\omega$$

   由此即可得

   $$\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\cos\omega t}{\omega^2+\beta^2}\:\mathrm{d}\omega=\dfrac{\pi}{2\beta}\mathrm{e}^{-\beta|t|}$$
2. $$\begin{aligned} F(\omega)=\mathscr{F}\left[\mathrm{e}^{-\mathrm{i} t}\right]=2 \pi \delta(\omega+1), & \text { 由位移性质, 得 } \\ \mathscr{F}\left[\mathrm{e}^{-\mathrm{i} t} \sin t\right] &=\frac{\mathrm{i}}{2}[F(\omega+1)-F(\omega-1)] . \\ &=\mathrm{i} \pi[\delta(\omega+2)-\delta(\omega)] . \end{aligned}$$

   显然类似的有 $\color {red} \mathscr{F\left[e^{i t}\right]}=2\pi\delta(\omega-1)$ 其实依靠的是 $\delta$ 函数的傅里叶逆变换.

3. 关于 $\delta$ 函数的导数的傅里叶逆变换

   $$\color {red}\begin{aligned}f(t)&=\mathcal{F}^{-1}[F(\omega)]=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}-2\pi\delta''(\omega)\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}\mathrm{d}\omega\\ &=-\int_{-\infty}^{+\infty}\delta''(\omega)\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}\mathrm{d}\omega=-(\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t})''\biggr|_{\omega=0}\\ &=t^2.\end{aligned}$$

4.

1. 一种处理方法，当然也适合逆变换 $$\color {red}F(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{1}{a^2+t^2}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}\mathrm{d}t=\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{\cos\omega t}{a^2+t^2}\mathrm{d}t-\mathrm{i}\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{\sin\omega t}{a^2+t^2}\mathrm{d}t$$
2. 一道卷积题目 $$f(t)=\left\{\begin{array}{ll} \mathrm{e}^{-t}, & t \geq 0, \\ 0, & t<0, \end{array} \quad g(t)=\left\{\begin{array}{ll} \sin t, & 0 \leq t \leq \frac{\pi}{2}, \\ 0, & \text { 否则. } \end{array}\right.\right.$$

计算卷积 $f(t) g(t)$ .
解 由于 $f(t){} g(t)=\int_{-\infty}^{+\infty} f(s) g(t-s) \mathrm{d} s$ , 当 $t-s \geq 0$ 时, 若 $t<0$ , 则 $f(s)=0$ ,
故 $f(t) * g(t)=0$ . 若 $0<t \leq \frac{\pi}{2}$, $0<s \leq t$ , 则

$$f(t)* g(t)=\int_{0}^{t} f(s) g(t-s) \mathrm{d} s=\int_{0}^{t} e^{-s} \cdot \sin (t-s) \mathrm{d} s .$$

若 $t>\frac{\pi}{2}, 0 \leq t-s \leq \frac{\pi}{2} . \Rightarrow t-\frac{\pi}{2} \leq s \leq t$ . 则 $f(t) * g(t)=\int_{t-\frac{\pi}{2}}^{t} \mathrm{e}^{-s} \cdot \sin (\mathrm{t}-\mathrm{s}) \mathrm{d} s$ . 故

$$f(t)*g(t)=\begin{cases}0,&t<0, \\ \dfrac{1}{2}\big(\sin t-\cos t+\mathrm e^{-t}\big),&0<t\le\dfrac{\pi}{2},\\ \dfrac{1}{2}\mathrm e^{-t}\big(1+\mathrm e^{\frac{\pi}{2}}\big),&t>\dfrac{\pi}{2}.\end{cases}$$

积累公式

• 狄利克雷 积分

  $$\color {red}\int_0^{+\infty}\dfrac{\sin x}{x}\:dx=\dfrac{\pi}{2}$$

• $\sin t$ 和 $\cos t$ 的（正弦和余弦）傅里叶积分

  $$f(t)=\left\{\begin{matrix}{\operatorname{cos}t,}&{\mid t\mid\leqslant\pi,}\\ {0,}&{\mid t\mid>\pi,}\\ \end{matrix}\right.$$ $$f(t)=\dfrac{2}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\frac{\omega\sin\omega\pi\cos\omega t}{1-\omega^{2}}\mathrm{d}\omega$$

$$f(t)=\begin{cases}sin t,&\mid t\mid\leqslant\pi,\\ 0,&\mid t\mid>\pi,\end{cases}$$ $$f(t)=\dfrac{2}{\pi}\int_0^{+\infty}\dfrac{\sin\omega\pi\sin\omega t}{1-\omega^2}\mathrm{d}\omega,$$

• $f(t)=\mathrm{e}^{-a t}$正弦和余弦傅里叶变换分别为

$$F_{s}(\omega)=\frac{\omega}{\omega^{2}+a^{2}};F_{c}(\omega)=\frac{a}{\omega^{2}+a^{2}},$$

• 已知$\mathscr F[f(t)] = F(\omega)$，求下列函数的傅里叶变换 $$g(t)=t f^{\prime}(t),\operatorname*{lim}_{|t|\rightarrow+\infty}f(t)=0.$$ $\mathscr F[g(t)] = \mathrm{i} \mathscr{F}[tf^{\prime}(t)]$ 之后就很明显了。答案是$-F(\omega)-\omega\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\omega}\bigl[F(\omega)\bigr].$

题目思路

解积分方程

$$\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{y(\xi)}{\left(t-\xi\right)^2+a^2}\mathrm{d}\xi=\dfrac{1}{t^2+b^2},\quad0<a<b;$$

方程左端可以看成未知函数 $y(t)$ 与函数 $\frac{1}{a^{2}+t^{2}}$ 的卷积. 记 $Y(\omega)=\mathscr{F}[y(t)]$ , 则

$$\begin{aligned} \mathscr{F}\left[\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{y(\xi)}{(t-\xi)^{2}+a^{2}} \mathrm{~d} \xi\right] &=\mathscr{F}\left[y(\mathrm{t})^{*} \frac{1}{a^{2}+t^{2}}\right] \\ &=Y(\omega) \mathscr{F}\left[\frac{1}{a^{2}+t^{2}}\right] \end{aligned}$$

计算变换

1. 利用留数计算逆变换

$$x(t)=\mathscr{F}^{-1}[X(\omega)]=\frac{-\mathrm{i}}{\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\omega}{\left(\omega^{2}+1\right)\left(\omega^{2}+9\right)} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega t} d \omega .$$

记 $R(z)=\dfrac{z}{\left(z^{2}+1\right)\left(z^{2}+9\right)}$ , 则 $R(z)$ 在上半平面只有两个一阶极点 $z{1}=\mathrm{i}$ 和 $z{2}=3 \mathrm{i}$ . 且

$$\begin{array}{c} \operatorname{Re} s\left[R(z) \mathrm{e}^{\mathrm{i} z t}, z_{1}\right]=\lim _{z \rightarrow \mathrm{i}}(z-\mathrm{i}) \frac{z}{\left(z^{2}+1\right)\left(z^{2}+9\right)} \mathrm{e}^{\mathrm{i} z t}=\frac{\mathrm{e}^{-t}}{16} . \\ \operatorname{Re}\left[R(z) \mathrm{e}^{\mathrm{i} z t}, z_{2}\right]=\lim _{z \rightarrow 3 \mathrm{i}}(z-3 \mathrm{i}) \frac{z}{\left(z^{2}+1\right)\left(z^{2}+9\right)} \mathrm{e}^{\mathrm{i} z t}=-\frac{\mathrm{e}^{-3 t}}{16} . \end{array}$$

因此, 当 $t>0$ 时,

$$\begin{aligned} x(t) &=\frac{-\mathrm{i}}{\pi} \cdot 2 \pi \mathrm{i} \sum_{k=1}^{2} \operatorname{Re} s\left[R(z) \mathrm{e}^{\mathrm{i} z t}\right]=\frac{-\mathrm{i}}{\pi} \cdot 2 \pi \mathrm{i}\left(\frac{1}{16} \mathrm{e}^{-t}-\frac{1}{16} \mathrm{e}^{-3 t}\right) \\ &=\frac{1}{8}\left(\mathrm{e}^{-t}-\mathrm{e}^{-3 t}\right) . \end{aligned}$$

当 $t<0$ 时, 令 $\omega=-s$ , 由 $t>0$ 的计算过程, 得

$$\begin{aligned} x(t) &=\frac{-\mathrm{i}}{\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\omega}{\left(\omega^{2}+1\right)\left(\omega^{2}+9\right)} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega t} d \omega \\ &=\frac{\mathrm{i}}{\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{s}{\left(s^{2}+1\right)\left(s^{2}+9\right)} \mathrm{e}^{\mathrm{i} s(-t)} d s \\ &=\frac{\mathrm{i}}{\pi} \cdot 2 \pi \mathrm{i}\left(\frac{1}{16} \mathrm{e}^{t}-\frac{1}{16} \mathrm{e}^{3 t}\right)=\frac{1}{8}\left(\mathrm{e}^{3 t}-\mathrm{e}^{t}\right) . \end{aligned}$$

当 $t=0$ 时, 由于 $R(\omega)=\frac{\omega}{\left(\omega^{2}+1\right)\left(\omega^{2}+9\right)}$ 为奇函数, 所以

$$x(t)=\frac{-\mathrm{i}}{\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\omega}{\left(\omega^{2}+1\right)\left(\omega^{2}+9\right)} d \omega=0 .$$

1. 综合利用性质

2. 结合已经积累的公式迅速凑出来

$$\begin{aligned}y(t)&=\mathscr{F}^{-1}\left[\frac{a}{b}\mathrm{e}^{-(b-a)\omega t}\right]=\frac{a}{b}\frac{b-a}{\pi}\mathscr{F}^{-1}\left[\frac{\pi}{b-a}\mathrm{e}^{-(b-a)\omega t}\right]\\ &=\frac{a(b-a)}{\pi b\left[t^2+(b-a)^2\right]}.\end{aligned}$$

拉普拉斯变换的性质

• 线性性质 $\mathcal{L}[a f(t)+b g(t)]=a F(p)+ b G(p) ; \mathcal{L}^{-1}[a F(p)+b G(p)]=a f(t)+b g(t)$

• 相似性质
  $\mathcal{L}[f(a t)]=\frac{1}{a} F\left(\frac{p}{a}\right)(a>0), \mathcal{L}^{-1}[F(a p)]= \frac{1}{a} f\left(\frac{t}{a}\right)$

• 位移性质
  性质 8.4 平移性质: 设 $F(p)=\mathscr{L}[f(t)]$ , 对于任意复常数 $p_{0}$ , 有

$$F\left(p-p_{0}\right)=\mathscr{L}\left[\mathrm{e}^{p_{0} t} f(t)\right]$$, 或 $$\mathscr{L}^{-1}\left[F\left(p-p_{0}\right)\right]=\mathrm{e}^{p_{0} t} f(t)$$

证明

$$\mathscr{L}\left[\mathrm{e}^{\mathrm{e}_{0} t} f(t)\right]=\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{p_{0} t} \mathrm{e}^{-p t} f(t) \mathrm{d} t=\int_{0}^{+\infty} f(t) \mathrm{e}^{-\left(p-p_{0}\right) t} \mathrm{~d} t=F\left(p-p_{0}\right) .$$

利用基本函数的拉氏变换及平移性质可得

$$\begin{array}{c} \mathscr{L}\left[\mathrm{e}^{-p_{0} t} \sin k t\right]=\frac{k}{\left(p+p_{0}\right)^{2}+k^{2}}, \mathscr{L}\left[\mathrm{e}^{-p_{0} t} \cos k t\right]=\frac{p+p_{0}}{\left(p+p_{0}\right)^{2}+k^{2}}, \\ \mathscr{L}\left[\mathrm{e}^{-p_{0} t} \sinh k t\right]=\frac{k}{\left(p+p_{0}\right)^{2}-k^{2}}, \mathscr{L}\left[\mathrm{e}^{-p_{0} t} \cosh k t\right]=\frac{p+p_{0}}{\left(p+p_{0}\right)^{2}-k^{2}}, \\ \mathscr{L}\left[\mathrm{e}^{-p_{0} t} t^{m}\right]=\frac{m !}{\left(p+p_{0}\right)^{m+1}} . \end{array}$$

• 延迟性质
  性质 8.3 延迟性质: 设 $F(p)=\mathscr{L}[f(t)]$ , 对于任意非负实数 $t_{0}$ , 有

$$\mathscr{L}\left[f\left(t-t_{0}\right) u\left(t-t_{0}\right)\right]=\mathrm{e}^{-p t_{0}} F(p),$$

或

$$\mathscr{L}^{-1}\left[\mathrm{e}^{-p t_{0}} F(p)\right]=f\left(t-t_{0}\right) u\left(t-t_{0}\right) .$$

证明 令 $u=t-t_{0}$ , 则

$$\begin{aligned} \mathscr{L}\left[f\left(t-t_{0}\right) u\left(t-t_{0}\right)\right] & =\int_{0}^{+\infty} f\left(t-t_{0}\right) u\left(t-t_{0}\right) \mathrm{e}^{-p t} \mathrm{~d} t \\ & =\int_{t_{0}}^{+\infty} f\left(t-t_{0}\right) \mathrm{e}^{-p t} \mathrm{~d} t=\int_{0}^{+\infty} f(u) \mathrm{e}^{-p(u+t)} \mathrm{d} u \\ & =\mathrm{e}^{-p t_{0}} \int_{0}^{+\infty} f(u) \mathrm{e}^{-p u} \mathrm{~d} u=\mathrm{e}^{-p t_{0}} F(p) \end{aligned}$$

• 微分性质
  $F^{\prime}(p)=-\mathcal{L}\big[t f(t)\big].$

$$\mathscr{L}\left[f^{(n)}\right]=p^{n} F(p)-p^{n-1} f(0)-p^{n-2} f^{\prime}(0)-\cdots-f^{(n-1)}(0), \quad(8-13)$$

其中 $f^{(k)}(0)=\lim _{t \rightarrow 0^{-}} f^{(k)}(t)$ . 特别地, 若 $f(0)=f^{\prime}(0)=f^{\prime \prime}(0)=\cdots=f^{(n-1)}(0)= 0$ , 式^ (8-13) 简化为

$$\mathscr{L}\left[f^{(n)}(t)\right]=p^{n} F(p) . \quad(8-14)$$

• 积分性质
  性质 8.6 积分性质: 设 $F(p)=\mathscr{L}[f(t)]$ , 则

$$\mathscr{L}\left[\int_{0}^{t} f(s) \mathrm{d} s\right]=\frac{F(p)}{p}$$ . 若 $\int_{p}^{+\infty} F(s) \mathrm{d} s$ 收敛, 则 $$\int_{p}^{+\infty} F(s) \mathrm{d} s=\mathscr{L}\left[\frac{f(t)}{t}\right]$$ . - 周期性质 - 卷积性质 定理 8.2 设 $f_{1}(t)$ 和 $f_{2}(t)$ 满足拉普拉斯变换存在定理条件, 记 $\mathscr{L}\left[f_{1}(t)\right]= F_{1}(p), \mathscr{L}\left[f_{2}(t)\right]=F_{2}(p)$ , 则 $f_{1} * f_{2}$ 的拉普拉斯变换存在, 且 $$\mathscr{L}\left[f_{1} * f_{2}\right]=\mathscr{L}\left[f_{1}\right] \mathscr{L}\left[f_{2}\right]=F_{1}(p) F_{2}(p), \quad(8-22)$$

或

$$\mathscr{L}^{-1}\left[F_{1}(p) F_{2}(p)\right]=f_{1}(t) * f_{2}(t)$$

拉普拉斯变换的基本公式

• H 是单位阶跃函数 (Heaviside step function)
  例1: $\mathcal{L}[H(t)]=\dfrac{1}{p^{1}} \quad(\operatorname{Re} p>0)$
  例2: $\mathcal{L}\left[t^{n} H(t)\right]=\dfrac{n !}{p^{n+1}} \quad(\operatorname{Re} p>0)$
  例3: $\mathcal{L}\left[t^{n} e^{s t} H(t)\right]=\dfrac{n !}{(p-s)^{n+1}} \quad(\operatorname{Re} p>\operatorname{Re} s)$
  例4: $\mathcal{L}[\sin (\omega t) H(t)]=\dfrac{\omega}{p^{2}+\omega^{2}}(\operatorname{Re} p>|\operatorname{Im} \omega|)$
  例5: $\mathcal{L}[\cos (\omega t) H(t)]=\dfrac{p}{p^{2}+\omega^{2}}(\operatorname{Re} p>|\operatorname{Im} \omega|)$ $$\mathcal{L}[\mathrm{e}^{-\alpha t}\sin\beta t]=\dfrac{\beta}{\left(p+\alpha\right)^2+\beta^2}$$ $$\mathcal{L}[\mathbf{e}^{-\alpha t}\operatorname{cos}\beta t]=\frac{p+\alpha}{\left(p+\alpha\right)^{2}+\beta^{2}}$$ 一般的幂函数 $t^{m}$ ($m>-1, m$ 不一定是整数) 的拉普拉斯变换

$$\mathcal{L}\left[t^{m}\right]=\frac{\Gamma(m+1)}{p^{m+1}}$$, 其中 $\Gamma(x)=\int_{0}^{+\infty} e^{-t} t^{x-1} d t$. 特别地, $\mathcal{L}\left[t^{-\frac{1}{2}}\right]=\dfrac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{p}}$ . ### 常用处理方法 - 类型1==**拆分式**== $$\begin{aligned} F(p) & =\frac{p^{2}+4 p+4}{\left(p^{2}+4 p+13\right)^{2}}=\frac{(p+2)^{2}+3^{2}-3^{2}}{\left[(p+2)^{2}+3^{2}\right]^{2}} \\ & =\frac{1}{(p+2)^{2}+3^{2}}-\left[\frac{3}{(p+2)^{2}+3^{2}}\right]^{2} \\ & =\frac{1}{(p+2)^{2}+3^{2}}-\frac{1}{2}\left[\frac{1}{(p+2)^{2}+3^{2}}+\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} p}\left(\frac{p+2}{(p+2)^{2}+3^{2}}\right)\right] \\ & =\frac{1}{2} \frac{1}{(p+2)^{2}+3^{2}}-\frac{1}{2} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} p}\left(\frac{p+2}{(p+2)^{2}+3^{2}}\right) . \end{aligned}$$

所以

$$\begin{aligned} f(t) & =\mathscr{L}^{-1}[F(p)]\\&=\frac{1}{6} \mathscr{L}^{-1}\left[\frac{3}{(p+2)^{2}+3^{2}}\right]-\frac{1}{2} \mathscr{L}^{-1}\left[\frac{d}{d p}\left(\frac{p+2}{(p+2)^{2}+3^{2}}\right)\right] \\ & =\frac{1}{6} \mathrm{e}^{-2 t} \sin 3 t+\frac{1}{2} t^{-2 t} \cos 3 t . \end{aligned}$$

• 类型2==利用卷积==，此过程经常需要使用和差化积

取 $F{1}(p)=\frac{p}{p^{2}+a^{2}}, F{2}(p)=\frac{p}{p^{2}+a^{2}}$ , 则

$f{1}(t)=\mathscr{L}^{-1}\left[F{1}(p)\right]=\cos a t, f{2}(t)=\mathscr{L}^{-1}\left[F{2}(p)\right]=\cos a t$ .

从而

$$\begin{aligned} \mathscr{L}^{-1}\left[\frac{p^{2}}{\left(p^{2}+a^{2}\right)^{2}}\right] & =\mathscr{L}^{-1}\left[F_{1}(p)\right] * \mathscr{L}^{-1}\left[F_{2}(p)\right]=\cos a t * \cos a t \\ & =\int_{0}^{t} \cos a \tau \cdot \cos a(t-\tau) \mathrm{d} \tau\\&=\frac{1}{2} \int_{0}^{t}[\cos (a t-2 a \tau)+\cos a t] \mathrm{d} \tau \\ & =\frac{1}{2 a}(a t \cos a t+\sin a t) . \end{aligned}$$

• 逆变换之只有一个高阶极点-延迟性质

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

利用 $\mathscr{L}\left[t^{3}\right]=\frac{3 !}{p^{4}}$ , 由位移性质, 求逆变换

$$y(t)=\mathscr{L}^{-1}[Y(p)]=\mathscr{L}^{-1}\left[\frac{6}{(p+1)^{4}}\right]=t^{3} \mathrm{e}^{-t}$$

• 求无穷积分

$$\begin{array}{l}G(p)=\mathcal{L}\left[\dfrac{f\left(t\right)}{t}\right]&=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{f(t)}{t}e^{-p t}d t\\=\int_p^{+\infty}\mathcal{L}[f(t)]ds\end{array}$$ $$\begin{aligned}\int_{0}^{+\infty}t^3\mathbf{e}^{-t}\sin t\mathbf{d}t&=-\operatorname{Im}\int_{0}^{+\infty}t^3\mathbf{e}^{-t}\mathbf{e}^{-t}\mathbf{d}t=-\operatorname{Im}\int_{0}^{+\infty}t^3\mathbf{e}^{-(+t)t}\mathbf{d}t\\ &=-\operatorname{Im}\left(\varphi[t^3]_{y=1+t}\right)=-\operatorname{Im}\left(\frac{3!}{(1+i)^4}\right)\\ &=-\operatorname{Im}\left(-\frac{3}{2}\right)=0.\end{aligned}$$

• 难题之证明题

证明 由于 $\mathscr{L}\left[\frac{1}{\sqrt{t}}\right]=\frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{p}}, \mathscr{S}\left[\mathrm{e}^t\right]=\frac{1}{p-1}$, 所以 $\frac{1}{\sqrt{p}(p-1)}=\mathscr{L}\left[\frac{1}{\sqrt{\pi t}}\right] \cdot \mathscr{L}\left[\mathrm{e}^t\right]$. 从 而

$$\begin{aligned} \mathscr{L}^{-1}\left[\frac{1}{\sqrt{p}(p-1)}\right] & =\frac{1}{\sqrt{\pi} \sqrt{t}} * \mathrm{e}^t=\frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_0^t \frac{1}{\sqrt{s}} \mathrm{e}^{t-s} \mathrm{~d} s \\ & =\frac{\mathrm{e}^t}{\sqrt{\pi}} \int_0^t \frac{1}{\sqrt{s}} \mathrm{e}^{-s} \mathrm{~d} s \end{aligned}$$

令 $\sqrt{s}=y$, 则 $\mathrm{d} s=2 y \mathrm{~d} y$, 从而

$$\mathscr{L}^{-1}\left[\frac{1}{\sqrt{p}(p-1)}\right]=\frac{\mathrm{e}^t}{\sqrt{\pi}} \int_0^t \frac{1}{\sqrt{s}} \mathrm{e}^{-s} \mathrm{~d} s=\frac{2 \mathrm{e}^t}{\sqrt{\pi}} \int_0^{\sqrt{t}} \mathrm{e}^{-y^2} \mathrm{~d} y .$$

若记 $F(p)=\frac{1}{\sqrt{p}(p-1)}$, 则 $\frac{1}{p \sqrt{p+1}}=F(p+1)$. 从而

$$\begin{aligned} \mathscr{L}^{-1}\left[\frac{1}{p \sqrt{p}}\right] & =\mathscr{L}^{-1}[F(p+1)]=\mathrm{e}^{-t} \mathscr{L}^{-1}[F(p)] \\ & =\mathrm{e}^{-t} \frac{2 \mathrm{e}^t}{\sqrt{\pi}} \int_0^{\sqrt{t}} \mathrm{e}^{-y^2} \mathrm{~d} y=\frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^{\sqrt{t}} \mathrm{e}^{-y^2} \mathrm{~d} y \end{aligned}$$