YC.
A·05

用 Laplace 解 ODE：partial fraction expansion

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有了求导性质，ODE 两边取 Laplace，就得到一个关于 Y(s)Y(s) 的代数方程。解出来的 Y(s)Y(s) 一般是一个分式，表里查不到；partial fraction expansion（部分分式展开）把它拆成几个表里有的简单分式，再逐项反变换。这一节按分母的根分三种情况，每种都把前面时域解过的方程再解一遍对答案；最后讲怎样拿它核对 convolution。

四步
  1. 两边取 Laplace。y′→sY−y(0−)y' \to sY - y(0^-)，y′′→s2Y−s y(0−)−y′(0−)y'' \to s^2Y - s\,y(0^-) - y'(0^-)，输入查表。
  2. 解代数方程，得 Y(s)=N(s)/D(s)Y(s) = N(s)/D(s)，NN、DD 是多项式。D(s)D(s) 的根叫 poles。
  3. partial fraction expansion：按 poles 把 Y(s)Y(s) 拆成 Ks−p\dfrac{K}{s - p}、K(s−p)2\dfrac{K}{(s - p)^2}、配方后的复根项之和。
  4. 逐项查表反变换，得 y(t)y(t)，对 t>0t \gt 0 成立。

拆之前要求 NN 的次数低于 DD（proper）。解 ODE 得到的 Y(s)Y(s) 都满足；不满足时先做多项式除法。

Davis 的做法（例 13.2）是先把方程乘 u(t)u(t)，用 p[y u]=y′u+y(0) δp[y\,u] = y'u + y(0)\,\delta（6·05）把初值变成右边的 δ\delta 项，再取 Laplace。整理后的代数方程和上面第 1 步完全一样，下面只写 Alexander 的形式。

① 不同实根：cover-up 法

设 Y=N(s)(s−p1)(s−p2)⋯(s−pn)Y = \dfrac{N(s)}{(s - p_1)(s - p_2)\cdots(s - p_n)}，pip_i 互不相同。那么

Y(s)=K1s−p1+K2s−p2+⋯+Kns−pnY(s) = \frac{K_1}{s - p_1} + \frac{K_2}{s - p_2} + \cdots + \frac{K_n}{s - p_n}

求 K1K_1：两边乘 (s−p1)(s - p_1)，右边变成 K1+(s−p1)[K2s−p2+⋯]K_1 + (s - p_1)\big[\frac{K_2}{s - p_2} + \cdots\big]。再令 s=p1s = p_1，方括号那一项乘了 0，只剩 K1K_1：

cover-up 法（Alexander 15.52 叫 Heaviside 定理） Ki=[(s−pi) Y(s)]s=piK_i = \Big[(s - p_i)\,Y(s)\Big]_{s = p_i}

做法：在 YY 的分母里"盖住"因子 (s−pi)(s - p_i)，把 s=pis = p_i 代进剩下的部分。反变换 Ks−p↔K eptu(t)\dfrac{K}{s - p} \leftrightarrow K\,e^{pt}u(t)。

例题

例 1　一阶：y′ + 2y = 4u(t)，y(0⁻) = 0

用 Laplace 解。

  1. 取 Laplace：sY−0+2Y=4ssY - 0 + 2Y = \dfrac4s。
  2. 解出 YY：(s+2) Y=4s(s + 2)\,Y = \dfrac4s，Y=4s(s+2)Y = \dfrac{4}{s(s + 2)}。poles 是 00 和 −2-2。
  3. 展开：设 Y=K1s+K2s+2Y = \frac{K_1}{s} + \frac{K_2}{s + 2}。求 K1K_1 盖住 ss、代 s=0s = 0；求 K2K_2 盖住 (s+2)(s + 2)、代 s=−2s = -2：
K1=4s+2∣s=0=42=2K2=4s∣s=−2=4−2=−2\begin{aligned} K_1 &= \frac{4}{s + 2}\Big|_{s=0} = \frac42 = 2 \\ K_2 &= \frac{4}{s}\Big|_{s=-2} = \frac{4}{-2} = -2 \end{aligned}
  1. 反变换：Y=2s−2s+2Y = \frac2s - \frac{2}{s + 2}，所以
y(t)=2(1−e−2t)(t>0)y(t) = 2\big(1 - e^{-2t}\big)\quad (t \gt 0)

检查。合回去：2s−2s+2=2(s+2)−2ss(s+2)=4s(s+2)\dfrac2s - \dfrac{2}{s+2} = \dfrac{2(s+2) - 2s}{s(s+2)} = \dfrac{4}{s(s+2)} ✓。代回方程：y′=4e−2ty' = 4e^{-2t}，y′+2y=4e−2t+4−4e−2t=4y' + 2y = 4e^{-2t} + 4 - 4e^{-2t} = 4 ✓，y(0)=0y(0) = 0 ✓。和一阶公式一致：终值 X/a=4/2=2X/a = 4/2 = 2，τ=1/2\tau = 1/2。

例题

例 2　二阶带初值：y″ + 3y′ + 2y = 12，y(0) = 3，y′(0) = 2（Davis 例 13.2）

就是上一节的例 4，这次用 Laplace。

  1. 取 Laplace（初值代进求导公式）：y′′→s2Y−3s−2y'' \to s^2Y - 3s - 2，y′→sY−3y' \to sY - 3，12→12/s12 \to 12/s。展开 3(sY−3)3(sY - 3)：
s2Y−3s−2+3sY−9+2Y=12ss^2Y - 3s - 2 + 3sY - 9 + 2Y = \frac{12}{s}
  1. 解出 YY：把不含 YY 的项移到右边，再通分：
(s2+3s+2) Y=12s+3s+11=3s2+11s+12s\begin{aligned}(s^2 + 3s + 2)\,Y &= \frac{12}{s} + 3s + 11 \\ &= \frac{3s^2 + 11s + 12}{s}\end{aligned}

左边因式分解 s2+3s+2=(s+1)(s+2)s^2 + 3s + 2 = (s + 1)(s + 2)，两边除过去：

Y(s)=3s2+11s+12s (s+1)(s+2)Y(s) = \frac{3s^2 + 11s + 12}{s\,(s + 1)(s + 2)}
  1. cover-up：三个 poles 0,−1,−20, -1, -2，设 Y=K1s+K2s+1+K3s+2Y = \frac{K_1}{s} + \frac{K_2}{s + 1} + \frac{K_3}{s + 2}。记 N(s)=3s2+11s+12N(s) = 3s^2 + 11s + 12，先算 N(0)=12N(0) = 12，N(−1)=3−11+12=4N(-1) = 3 - 11 + 12 = 4，N(−2)=12−22+12=2N(-2) = 12 - 22 + 12 = 2。每次盖住一个因子，代它的根：
K1=N(s)(s+1)(s+2)∣s=0=121⋅2=6K2=N(s)s (s+2)∣s=−1=4(−1)(1)=−4K3=N(s)s (s+1)∣s=−2=2(−2)(−1)=1\begin{aligned} K_1 &= \frac{N(s)}{(s+1)(s+2)}\Big|_{s=0} = \frac{12}{1\cdot 2} = 6 \\ K_2 &= \frac{N(s)}{s\,(s+2)}\Big|_{s=-1} = \frac{4}{(-1)(1)} = -4 \\ K_3 &= \frac{N(s)}{s\,(s+1)}\Big|_{s=-2} = \frac{2}{(-2)(-1)} = 1 \end{aligned}
  1. 反变换：Y=6s−4s+1+1s+2Y = \frac6s - \frac{4}{s + 1} + \frac{1}{s + 2}：
y(t)=6−4e−t+e−2t(t>0)y(t) = 6 - 4e^{-t} + e^{-2t}\quad (t \gt 0)

和时域解（上一节例 4）、Davis 式 13.0-29 一样。检查：y(0)=6−4+1=3y(0) = 6 - 4 + 1 = 3 ✓，y′(0)=4−2=2y'(0) = 4 - 2 = 2 ✓，代回方程见上一节例 4 ✓。

比较两种方法：时域要猜 yfy_f、解 2×2 方程组；Laplace 在第 1 步就把初值放进去了，工作量在展开上。

② 重根

分母里有 (s−p)2(s - p)^2 时，展开里要同时有 B(s−p)2\dfrac{B}{(s - p)^2} 和 As−p\dfrac{A}{s - p} 两项（只写一项凑不出原式，就像重根的 natural response 要有 epte^{pt} 和 t eptt\,e^{pt} 两项）。

  • BB：盖住整个 (s−p)2(s - p)^2，代 s=ps = p：B=[(s−p)2Y]s=pB = \big[(s - p)^2Y\big]_{s=p}。
  • AA：cover-up 给不出来。最省事的办法是其他系数求出来以后，两边代一个方便的 ss 值（比如 s=0s = 0）解出 AA；也可以用 Alexander 式 15.56：A=dds[(s−p)2Y]s=pA = \dfrac{d}{ds}\big[(s - p)^2Y\big]_{s=p}。
  • 反变换：B(s−p)2↔B t eptu(t)\dfrac{B}{(s - p)^2} \leftrightarrow B\,t\,e^{pt}u(t)（1/s2↔t1/s^2 \leftrightarrow t 加 frequency shift）。
例题

例 3　输入撞上 natural response：y′′+3y′+2y=e−tu(t)y'' + 3y' + 2y = e^{-t}u(t)，初值全为 0（Davis 例 13.1）

Davis 把展开"留给读者"，这里补全。

  1. 取 Laplace：初值为 0，(s2+3s+2) Y=1s+1(s^2 + 3s + 2)\,Y = \dfrac{1}{s + 1}。
  2. 解出 YY：s2+3s+2=(s+1)(s+2)s^2 + 3s + 2 = (s + 1)(s + 2)，所以 Y=1(s+1)2(s+2)Y = \dfrac{1}{(s + 1)^2(s + 2)}。输入的 pole −1-1 和 natural response 的根 −1-1 撞在一起，成了重根。
  3. 展开：设 Y=As+1+B(s+1)2+Cs+2Y = \frac{A}{s + 1} + \frac{B}{(s + 1)^2} + \frac{C}{s + 2}。CC 和 BB 用 cover-up（求 BB 要盖住整个 (s+1)2(s + 1)^2）：
C=1(s+1)2∣s=−2=1(−1)2=1B=1s+2∣s=−1=11=1\begin{aligned} C &= \frac{1}{(s+1)^2}\Big|_{s=-2} = \frac{1}{(-1)^2} = 1 \\ B &= \frac{1}{s+2}\Big|_{s=-1} = \frac{1}{1} = 1 \end{aligned}

AA：两边代 s=0s = 0。左边 Y(0)=11⋅2=12Y(0) = \frac{1}{1\cdot 2} = \frac12，右边 A+B+C2=A+32A + B + \frac{C}{2} = A + \frac32，所以 A=−1A = -1。（用导数公式也行：dds1s+2=−1(s+2)2\frac{d}{ds}\frac{1}{s+2} = -\frac{1}{(s+2)^2}，在 s=−1s = -1 是 −1-1。）

  1. 反变换：Y=−1s+1+1(s+1)2+1s+2Y = -\frac{1}{s + 1} + \frac{1}{(s + 1)^2} + \frac{1}{s + 2}：
y(t)=(t−1) e−t+e−2t(t>0)y(t) = (t - 1)\,e^{-t} + e^{-2t}\quad (t \gt 0)

检查。y(0)=−1+1=0y(0) = -1 + 1 = 0 ✓。y′=(2−t) e−t−2e−2ty' = (2 - t)\,e^{-t} - 2e^{-2t}，y′(0)=0y'(0) = 0 ✓。y′′=(t−3) e−t+4e−2ty'' = (t - 3)\,e^{-t} + 4e^{-2t}。y′′+3y′+2yy'' + 3y' + 2y 的 e−te^{-t} 项：(t−3)+3(2−t)+2(t−1)=1(t - 3) + 3(2 - t) + 2(t - 1) = 1；e−2te^{-2t} 项：4−6+2=04 - 6 + 2 = 0。合起来 =e−t= e^{-t} ✓。

t e−tt\,e^{-t} 这一项就是一阶里"b=ab = a 时要猜 Kte−atK t e^{-at}"的二阶版本。

③ 复根：配方

分母里有 s2+bs+cs^2 + bs + c 而且 b2<4cb^2 \lt 4c（一对复根）时，不要拆成两个复数因子，而是配方（Alexander 15.62–15.65）：

  1. 配方：s2+bs+c=(s+σ)2+ω2s^2 + bs + c = (s + \sigma)^2 + \omega^2，其中 σ=b/2\sigma = b/2，ω2=c−σ2\omega^2 = c - \sigma^2。复根就是 −σ±jω-\sigma \pm j\omega。
  2. 把分子改写成 A (s+σ)+B ωA\,(s + \sigma) + B\,\omega 的样子（先凑出 s+σs + \sigma，剩下的常数再写成 ω\omega 的倍数）。
  3. 用 frequency shift 的两对反变换：s+σ(s+σ)2+ω2↔e−σtcos⁡ωt\dfrac{s + \sigma}{(s+\sigma)^2 + \omega^2} \leftrightarrow e^{-\sigma t}\cos\omega t，ω(s+σ)2+ω2↔e−σtsin⁡ωt\dfrac{\omega}{(s+\sigma)^2 + \omega^2} \leftrightarrow e^{-\sigma t}\sin\omega t。
例题

例 4　y″ + 2y′ + 5y = 0，y(0) = 1，y′(0) = 0

上一节例 3（underdamped），这次用 Laplace。

  1. 取 Laplace：[s2Y−s⋅1−0]+2[sY−1]+5Y=0\big[s^2Y - s\cdot 1 - 0\big] + 2\big[sY - 1\big] + 5Y = 0。
  2. 解出 YY：(s2+2s+5) Y=s+2(s^2 + 2s + 5)\,Y = s + 2，Y=s+2s2+2s+5Y = \dfrac{s + 2}{s^2 + 2s + 5}。
  3. 配方：s2+2s+5=(s+1)2+4s^2 + 2s + 5 = (s + 1)^2 + 4，σ=1\sigma = 1，ω=2\omega = 2。分子 s+2=(s+1)+1=(s+1)+12⋅2s + 2 = (s + 1) + 1 = (s + 1) + \tfrac12\cdot 2。所以
Y=s+1(s+1)2+4+12⋅2(s+1)2+4Y = \frac{s + 1}{(s+1)^2 + 4} + \frac12\cdot\frac{2}{(s+1)^2 + 4}
  1. 反变换：
y(t)=e−t(cos⁡2t+12sin⁡2t)(t>0)y(t) = e^{-t}\Big(\cos 2t + \tfrac12\sin 2t\Big)\quad (t \gt 0)

和上一节例 3 一样（那里已经代回方程检查过）。

例题 · 先自己做

例 5　复根加一个实根：y″ + 2y′ + 5y = 10u(t)，初值全为 0

这是例 4 那个 underdamped 电路的阶跃响应。

看解答
  1. 取 Laplace：(s2+2s+5) Y=10s(s^2 + 2s + 5)\,Y = \dfrac{10}{s}，Y=10s (s2+2s+5)Y = \dfrac{10}{s\,(s^2 + 2s + 5)}。
  2. 设展开形式：Y=Ks+As+Bs2+2s+5Y = \dfrac{K}{s} + \dfrac{As + B}{s^2 + 2s + 5}。实根 00 用 cover-up：盖住 ss、代 s=0s = 0，K=105=2K = \dfrac{10}{5} = 2。
  3. 求 AA、BB：两边乘 s (s2+2s+5)s\,(s^2 + 2s + 5)，右边展开、按 ss 的次数整理：
10=2(s2+2s+5)+(As+B) s=(2+A) s2+(4+B) s+10\begin{aligned} 10 &= 2(s^2 + 2s + 5) + (As + B)\,s \\ &= (2 + A)\,s^2 + (4 + B)\,s + 10 \end{aligned}

两边是同一个多项式，各次系数相等：s2s^2 项 2+A=02 + A = 0，A=−2A = -2；ss 项 4+B=04 + B = 0，B=−4B = -4；常数项 10=1010 = 10 ✓。

  1. 配方：−2s−4(s+1)2+4\dfrac{-2s - 4}{(s+1)^2 + 4}，分子 −2s−4=−2(s+1)−2=−2(s+1)−1⋅2-2s - 4 = -2(s + 1) - 2 = -2(s + 1) - 1\cdot 2。所以
Y=2s−2⋅s+1(s+1)2+4−2(s+1)2+4\begin{aligned} Y &= \frac2s - 2\cdot\frac{s + 1}{(s+1)^2 + 4} \\ &\quad - \frac{2}{(s+1)^2 + 4} \end{aligned}
  1. 反变换（t>0t \gt 0）：
y(t)=2−e−t(2cos⁡2t+sin⁡2t)y(t) = 2 - e^{-t}\big(2\cos 2t + \sin 2t\big)

检查。y(0)=2−2=0y(0) = 2 - 2 = 0 ✓。y′=e−t(2cos⁡2t+sin⁡2t)−e−t(−4sin⁡2t+2cos⁡2t)=5e−tsin⁡2ty' = e^{-t}(2\cos 2t + \sin 2t) - e^{-t}(-4\sin 2t + 2\cos 2t) = 5e^{-t}\sin 2t，y′(0)=0y'(0) = 0 ✓。y′′=−5e−tsin⁡2t+10e−tcos⁡2ty'' = -5e^{-t}\sin 2t + 10e^{-t}\cos 2t。y′′+2y′+5yy'' + 2y' + 5y：sin⁡\sin 项 −5+10−5=0-5 + 10 - 5 = 0，cos⁡\cos 项 10−10=010 - 10 = 0，常数 5×2=105 \times 2 = 10 ✓。

终值 2 = X/a0=10/5X/a_0 = 10/5。y′=5e−tsin⁡2ty' = 5e^{-t}\sin 2t 在 t=π/2t = \pi/2 第一次为 0，那里 y=2+2e−π/2≈2.42y = 2 + 2e^{-\pi/2} \approx 2.42：underdamped 的阶跃响应会冲过终值。

④ 拿 Laplace 核对 convolution

convolution 性质 L{f1∗f2}=F1(s)F2(s)\mathcal{L}\{f_1 * f_2\} = F_1(s)F_2(s) 给了一个验算办法：在时域里算完 convolution 以后，把两个函数的变换相乘，做 partial fraction expansion，反变换回来，和你的答案比较。

例题

例 6　核对两个 convolution

(a) e−tu(t)∗2e−2tu(t)e^{-t}u(t) * 2e^{-2t}u(t)（Davis 例 13.55）；(b) 3u(t)∗e−4tu(t)3u(t) * e^{-4t}u(t)。

(a) 相乘：1s+1⋅2s+2=2(s+1)(s+2)\dfrac{1}{s + 1}\cdot\dfrac{2}{s + 2} = \dfrac{2}{(s + 1)(s + 2)}。cover-up：s=−1s = -1 处 2−1+2=2\dfrac{2}{-1 + 2} = 2，s=−2s = -2 处 2−2+1=−2\dfrac{2}{-2 + 1} = -2。所以 2s+1−2s+2\dfrac{2}{s+1} - \dfrac{2}{s+2}，反变换 2(e−t−e−2t)u(t)2\big(e^{-t} - e^{-2t}\big)u(t)，和 C·08 直接积分的结果一样 ✓。

(b) 相乘：3s⋅1s+4=3s(s+4)\dfrac3s\cdot\dfrac{1}{s + 4} = \dfrac{3}{s(s + 4)}。cover-up：s=0s = 0 处 34\dfrac34，s=−4s = -4 处 3−4=−34\dfrac{3}{-4} = -\dfrac34。反变换 34(1−e−4t)u(t)\tfrac34\big(1 - e^{-4t}\big)u(t)：一阶系统 h=e−4tuh = e^{-4t}u 的阶跃响应 τ(1−e−t/τ)\tau(1 - e^{-t/\tau})（τ=1/4\tau = 1/4）乘 3 ✓。

常见错误
  • 忘了初值项：初值不为 0 时 L{y′}=sY−y(0−)\mathcal{L}\{y'\} = sY - y(0^-)，不是 sYsY。
  • 重根只写了 B(s−p)2\dfrac{B}{(s-p)^2}，漏了 As−p\dfrac{A}{s - p}。cover-up 只能给出最高次那一项的系数。
  • 复根配方以后，分子要改写成 s+σs + \sigma 和 ω\omega 的组合；sin 那一项的分子必须是 ω\omega，所以例 4 里的 1 要写成 12⋅2\tfrac12\cdot 2。
  • cover-up 只对单根（互不相同的因子）直接成立；复根那一对用比较系数。
  • 反变换得到的是 t>0t \gt 0 的解（Davis 式 13.0-29 特意写 t>0t \gt 0）。最后写不写 u(t)u(t) 只是习惯。
练习 1　一阶带初值

用 Laplace 解 y′+3y=6u(t)y' + 3y = 6u(t)，y(0−)=1y(0^-) = 1。

提示

sY−1+3Y=6/ssY - 1 + 3Y = 6/s。

(s+3) Y=6s+1=s+6s(s + 3)\,Y = \dfrac6s + 1 = \dfrac{s + 6}{s}，Y=s+6s(s+3)Y = \dfrac{s + 6}{s(s + 3)}。cover-up：s=0s = 0 处 63=2\dfrac63 = 2；s=−3s = -3 处 −3+6−3=−1\dfrac{-3 + 6}{-3} = -1。Y=2s−1s+3Y = \dfrac2s - \dfrac{1}{s+3}，y=2−e−3ty = 2 - e^{-3t}（t>0t \gt 0）。检查：y(0)=1y(0) = 1 ✓，终值 6/3=26/3 = 2 ✓，y′+3y=3e−3t+6−3e−3t=6y' + 3y = 3e^{-3t} + 6 - 3e^{-3t} = 6 ✓。

练习 2　复根，初速度不为 0

用 Laplace 解 y′′+2y′+5y=0y'' + 2y' + 5y = 0，y(0)=0y(0) = 0，y′(0)=2y'(0) = 2。

提示

s2Y−0−2+2(sY−0)+5Y=0s^2Y - 0 - 2 + 2(sY - 0) + 5Y = 0。

(s2+2s+5) Y=2(s^2 + 2s + 5)\,Y = 2，Y=2(s+1)2+4Y = \dfrac{2}{(s + 1)^2 + 4}。分子正好是 ω=2\omega = 2，直接查表：y=e−tsin⁡2ty = e^{-t}\sin 2t。检查：y(0)=0y(0) = 0 ✓；y′=e−t(2cos⁡2t−sin⁡2t)y' = e^{-t}(2\cos 2t - \sin 2t)，y′(0)=2y'(0) = 2 ✓；y′′=e−t(−3sin⁡2t−4cos⁡2t)y'' = e^{-t}(-3\sin 2t - 4\cos 2t)，y′′+2y′+5yy'' + 2y' + 5y：sin⁡\sin 项 −3−2+5=0-3 - 2 + 5 = 0，cos⁡\cos 项 −4+4=0-4 + 4 = 0 ✓。

练习 3　重根加一个实根

用 Laplace 解 y′′+4y′+4y=8u(t)y'' + 4y' + 4y = 8u(t)，初值全为 0。答案应该和上一节练习 2 一样。

提示

Y=8s(s+2)2=Ks+As+2+B(s+2)2Y = \dfrac{8}{s(s + 2)^2} = \dfrac{K}{s} + \dfrac{A}{s + 2} + \dfrac{B}{(s + 2)^2}。

KK：盖住 ss、代 0，84=2\dfrac{8}{4} = 2。BB：盖住 (s+2)2(s + 2)^2、代 −2-2，8−2=−4\dfrac{8}{-2} = -4。AA：两边代 s=−1s = -1：左边 8(−1)(1)=−8\dfrac{8}{(-1)(1)} = -8，右边 −2+A−4-2 + A - 4，所以 A=−2A = -2。

Y=2s−2s+2−4(s+2)2Y = \dfrac2s - \dfrac{2}{s + 2} - \dfrac{4}{(s + 2)^2}，y=2−2e−2t−4t e−2t=2−(2+4t) e−2ty = 2 - 2e^{-2t} - 4t\,e^{-2t} = 2 - (2 + 4t)\,e^{-2t}，和时域解一样 ✓。