6.6 卷积积分

有时，我们可以将一个拉普拉斯变换 H(s)H(s) 识别为另外两个拉普拉斯变换 F(s)F(s) 和 G(s)G(s) 的乘积，后者分别对应于已知的函数 ff 和 gg。在这种情况下，我们可能会预期 H(s)H(s) 将是 ff 和 gg 的乘积的变换。然而，事实并非如此；换句话说，拉普拉斯变换不能与普通乘法交换。另一方面，如果引入一个适当定义的“广义乘积”，那么情况就会改变，如下面的定理所述。

定理 6.6.1 | 卷积定理

如果 F(s)=L{f(t)}F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\} 和 G(s)=L{g(t)}G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\} 都存在于 s>a≥0s>a \geq 0，那么

H(s)=F(s)G(s)=L{h(t)},s>a,\begin{equation*} H(s)=F(s) G(s)=\mathcal{L}\{h(t)\}, \quad s>a, \tag{1} \end{equation*}

其中

h(t)=∫0tf(t−τ)g(τ)dτ=∫0tf(τ)g(t−τ)dτ\begin{equation*} h(t)=\int_{0}^{t} f(t-\tau) g(\tau) d \tau=\int_{0}^{t} f(\tau) g(t-\tau) d \tau \tag{2} \end{equation*}

函数 hh 被称为 ff 和 gg 的卷积；方程 (2) 中的积分称为卷积积分。

方程 (2) 中两个积分的相等性可以通过在第一个积分中进行变量替换 t−τ=ξt-\tau=\xi 来得到。在给出该定理的证明之前，让我们对卷积积分进行一些观察。根据这个定理，两个函数的卷积的变换，而不是它们普通乘积的变换，由单独变换的乘积给出。通常的做法是通过写作来强调卷积积分可以被认为是“广义乘积”：

h(t)=(f∗g)(t)\begin{equation*} h(t)=(f * g)(t) \tag{3} \end{equation*}

特别地，符号 (f∗g)(t)(f * g)(t) 用于表示方程 (2) 中出现的第一个积分；方程 (2) 中的第二个积分表示为 (g∗f)(t)(g * f)(t)。

卷积 f∗gf * g 具有普通乘法的许多性质。例如，很容易证明

f∗g=g∗f (**交换律**) f∗(g1+g2)=f∗g1+f∗g2 (**分配律**) (f∗g)∗h=f∗(g∗h) (**结合律**) f∗0=0∗f=0. (**零性质**) \begin{align*} f * g & =g * f & & \text { (**交换律**) } \tag{4}\\ f *\left(g_{1}+g_{2}\right) & =f * g_{1}+f * g_{2} & & \text { (**分配律**) } \tag{5}\\ (f * g) * h & =f *(g * h) & & \text { (**结合律**) } \tag{6}\\ f * 0 & =0 * f=0 . & & \text { (**零性质**) } \tag{7} \end{align*}

在方程 (7) 中，零表示的不是数字 0，而是对于每个 tt 值都为 0 的函数。这些性质的证明留给您作为练习。

然而，卷积积分不具有普通乘法的其他一些性质。例如，通常情况下 f∗1f * 1 不等于 ff。 要看到这一点，请注意

(f∗1)(t)=∫0tf(t−τ)⋅1dτ=∫0tf(t−τ)dτ(f * 1)(t)=\int_{0}^{t} f(t-\tau) \cdot 1 d \tau=\int_{0}^{t} f(t-\tau) d \tau

例如，如果 f(t)=cos⁡tf(t)=\cos t，那么

(f∗1)(t)=∫0tcos⁡(t−τ)dτ=−sin⁡(t−τ)∣τ=0τ=t=−sin⁡0+sin⁡t=sin⁡t\begin{aligned} (f * 1)(t) & =\int_{0}^{t} \cos (t-\tau) d \tau=-\left.\sin (t-\tau)\right|_{\tau=0} ^{\tau=t} \\ & =-\sin 0+\sin t \\ & =\sin t \end{aligned}

显然，在这种情况下 (f∗1)(t)≠f(t)(f * 1)(t) \neq f(t)。 类似地， f∗ff * f 可能不为非负数。 参见问题 3 中的示例。

卷积积分出现在各种应用中，其中系统在时间 tt 的行为不仅取决于其在时间 tt 的状态，还取决于其过去的歷史。 这种系统有时被称为遗传系统，并且出现在中子输运，粘弹性，人口动力学等不同领域中。

现在转向定理 6.6.1 的证明，我们首先注意到，如果

F(s)=∫0∞e−sξf(ξ)dξ 且 G(s)=∫0∞e−sτg(τ)dτF(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s \xi} f(\xi) d \xi \quad \text { 且 } \quad G(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s \tau} g(\tau) d \tau

那么

F(s)G(s)=∫0∞e−sξf(ξ)dξ∫0∞e−sτg(τ)dτ\begin{equation*} F(s) G(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s \xi} f(\xi) d \xi \int_{0}^{\infty} e^{-s \tau} g(\tau) d \tau \tag{8} \end{equation*}

由于第一个积分的被积函数不依赖于第二个积分的积分变量，因此我们可以将 F(s)G(s)F(s) G(s) 写为迭代积分

F(s)G(s)=∫0∞e−sτg(τ)(∫0∞e−sξf(ξ)dξ)dτ=∫0∞g(τ)(∫0∞e−s(ξ+τ)f(ξ)dξ)dτ\begin{align*} F(s) G(s) & =\int_{0}^{\infty} e^{-s \tau} g(\tau)\left(\int_{0}^{\infty} e^{-s \xi} f(\xi) d \xi\right) d \tau \\ & =\int_{0}^{\infty} g(\tau)\left(\int_{0}^{\infty} e^{-s(\xi+\tau)} f(\xi) d \xi\right) d \tau \tag{9} \end{align*}

通过引入变量替换，后一个积分可以被置于更方便的形式。 令 ξ=t−τ\xi=t-\tau，对于固定的 τ\tau，因此 dξ=dtd \xi=d t。 此外，ξ=0\xi=0 对应于 t=τt=\tau，ξ=∞\xi=\infty 对应于 t=∞t=\infty； 然后，关于 ξ\xi 的积分在方程 (9) 中被变换为关于 tt 的积分：

F(s)G(s)=∫0∞g(τ)(∫τ∞e−stf(t−τ)dt)dτ\begin{equation*} F(s) G(s)=\int_{0}^{\infty} g(\tau)\left(\int_{\tau}^{\infty} e^{-s t} f(t-\tau) d t\right) d \tau \tag{10} \end{equation*}

方程 (10) 右侧的迭代积分是在图 6.6.1 所示的 tτt \tau 平面上延伸至无穷远的阴影三角形区域上进行的。假设积分顺序可以颠倒，我们重写方程 (10)，以便首先执行关于 τ\tau 的积分。这样我们就得到

F(s)G(s)=∫0∞e−st(∫0tf(t−τ)g(τ)dτ)dt\begin{equation*} F(s) G(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\left(\int_{0}^{t} f(t-\tau) g(\tau) d \tau\right) d t \tag{11} \end{equation*}

或者

F(s)G(s)=∫0∞e−sth(t)dt=L{h(t)}\begin{equation*} F(s) G(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} h(t) d t=\mathcal{L}\{h(t)\} \tag{12} \end{equation*}

其中 h(t)h(t) 由方程 (2) 定义。这就完成了定理 6.6.1 的证明。

图 6.6.1 F(s)G(s)F(s) G(s) 中的积分区域。

例子 1

求

H(s)=as2(s2+a2)\begin{equation*} H(s)=\frac{a}{s^{2}\left(s^{2}+a^{2}\right)} \tag{13} \end{equation*}

的拉普拉斯逆变换

解：

将 H(s)H(s) 视为 s−2s^{-2} 和 a/(s2+a2)a /\left(s^{2}+a^{2}\right) 的乘积是很方便的，根据表 6.2.1 的第 3 行和第 5 行，它们分别是 tt 和 sin⁡(at)\sin (a t) 的变换。因此，根据定理 6.6.1，H(s)H(s) 的拉普拉斯逆变换是

h(t)=∫0t(t−τ)sin⁡(aτ)dτ=at−sin⁡(at)a2.\begin{equation*} h(t)=\int_{0}^{t}(t-\tau) \sin (a \tau) d \tau=\frac{a t-\sin (a t)}{a^{2}} . \tag{14} \end{equation*}

您可以验证，如果将 h(t)h(t) 写成替代形式

h(t)=∫0tτsin⁡(a(t−τ))dτh(t)=\int_{0}^{t} \tau \sin (a(t-\tau)) d \tau

也会得到相同的结果，这证实了本例中的方程 (2)。当然，也可以通过将 H(s)H(s) 展开为部分分式来找到 h(t)h(t)。

例子 2

求初值问题的解

y′′+4y=g(t),y(0)=3,y′(0)=−1.\begin{gather*} y^{\prime \prime}+4 y=g(t), \tag{15}\\ y(0)=3, \quad y^{\prime}(0)=-1 . \tag{16} \end{gather*}

解：

对微分方程进行拉普拉斯变换并使用初始条件，我们得到

s2Y(s)−3s+1+4Y(s)=G(s)s^{2} Y(s)-3 s+1+4 Y(s)=G(s)

或者

Y(s)=3s−1s2+4+G(s)s2+4.\begin{equation*} Y(s)=\frac{3 s-1}{s^{2}+4}+\frac{G(s)}{s^{2}+4} . \tag{17} \end{equation*}

请注意，方程 (17) 右侧的第一项和第二项分别包含 Y(s)Y(s) 对初始条件和强迫函数的依赖性。将 Y(s)Y(s) 写成以下形式很方便：

Y(s)=3ss2+4−122s2+4+122s2+4G(s).\begin{equation*} Y(s)=3 \frac{s}{s^{2}+4}-\frac{1}{2} \frac{2}{s^{2}+4}+\frac{1}{2} \frac{2}{s^{2}+4} G(s) . \tag{18} \end{equation*}

然后，使用表 6.2.1 的第 5 行和第 6 行以及定理 6.6.1，我们得到

y=3cos⁡(2t)−12sin⁡(2t)+12∫0tsin⁡(2(t−τ))g(τ)dτ\begin{equation*} y=3 \cos (2 t)-\frac{1}{2} \sin (2 t)+\frac{1}{2} \int_{0}^{t} \sin (2(t-\tau)) g(\tau) d \tau \tag{19} \end{equation*}

如果给出了特定的强迫函数 gg，则可以评估方程 (19) 中的积分（如有必要，可以使用数值方法）。

例 2 说明了卷积积分作为一种工具，在用积分形式编写初值问题的解方面的强大之处。事实上，在更一般的问题中，可以用非常相似的方式进行。考虑由微分方程组成的问题

ay′′+by′+cy=g(t)\begin{equation*} a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=g(t) \tag{20} \end{equation*}

其中 a,ba, b 和 cc 是实常数，gg 是给定函数，以及初始条件

y(0)=y0,y′(0)=y0′.\begin{equation*} y(0)=y_{0}, \quad y^{\prime}(0)=y_{0}^{\prime} . \tag{21} \end{equation*}

拉普拉斯变换方法对任何此类问题的解的结构产生了一些重要的见解。

初值问题 (15), (16) 通常被称为输入-输出问题。系数 a,ba, b 和 cc 描述了某些物理系统的属性，g(t)g(t) 是系统的输入。值 y0y_{0} 和 y0′y_{0}^{\prime} 描述了初始状态，解 yy 是 tt 时刻的输出。

对方程 (20) 进行拉普拉斯变换并使用初始条件 (21)，我们得到

(as2+bs+c)Y(s)−(as+b)y0−ay0′=G(s).\left(a s^{2}+b s+c\right) Y(s)-(a s+b) y_{0}-a y_{0}^{\prime}=G(s) .

如果我们令

Φ(s)=(as+b)y0+ay0′as2+bs+c and Ψ(s)=G(s)as2+bs+c\begin{equation*} \Phi(s)=\frac{(a s+b) y_{0}+a y_{0}^{\prime}}{a s^{2}+b s+c} \quad \text { and } \quad \Psi(s)=\frac{G(s)}{a s^{2}+b s+c} \tag{22} \end{equation*}

那么我们可以写成

Y(s)=Φ(s)+Ψ(s).\begin{equation*} Y(s)=\Phi(s)+\Psi(s) . \tag{23} \end{equation*}

因此，

y(t)=ϕ(t)+ψ(t)\begin{equation*} y(t)=\phi(t)+\psi(t) \tag{24} \end{equation*}

其中 ϕ(t)=L−1{Φ(s)}\phi(t)=\mathcal{L}^{-1}\{\Phi(s)\} 和 ψ(t)=L−1{Ψ(s)}\psi(t)=\mathcal{L}^{-1}\{\Psi(s)\}。请注意，ϕ(t)\phi(t) 是初值问题的解

ay′′+by′+cy=0,y(0)=y0,y′(0)=y0′\begin{equation*} a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=0, \quad y(0)=y_{0}, \quad y^{\prime}(0)=y_{0}^{\prime} \tag{25} \end{equation*}

通过将 g(t)g(t) 设置为零从方程 (20) 和 (21) 获得。类似地，ψ(t)\psi(t) 是

ay′′+by′+cy=g(t),y(0)=0,y′(0)=0\begin{equation*} a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=g(t), \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=0 \tag{26} \end{equation*}

的解

其中初始值 y0y_{0} 和 y0′y_{0}^{\prime} 都被替换为零。

一旦给定了 a,ba, b, 和 cc 的具体值，我们就可以使用表 6.2.1 找到 ϕ(t)=L−1{Φ(s)}\phi(t)=\mathcal{L}^{-1}\{\Phi(s)\}，可能需要结合平移或部分分式展开。为了找到 ψ(t)=L−1{Ψ(s)}\psi(t)=\mathcal{L}^{-1}\{\Psi(s)\}，将 Ψ(s)\Psi(s) 写成如下形式很方便：

Ψ(s)=H(s)G(s),\begin{equation*} \Psi(s)=H(s) G(s), \tag{27} \end{equation*}

其中 H(s)=(as2+bs+c)−1H(s)=\left(a s^{2}+b s+c\right)^{-1}。函数 HH 被称为传递函数 6{ }^{6}，它仅取决于所考虑系统的属性；也就是说，H(s)H(s) 完全由系数 a,ba, b 和 cc 决定。另一方面，G(s)G(s) 仅取决于施加到系统的外部激励 g(t)g(t)。通过卷积定理（定理 6.6.1），我们可以写成

ψ(t)=L−1{H(s)G(s)}=∫0th(t−τ)g(τ)dτ\begin{equation*} \psi(t)=\mathcal{L}^{-1}\{H(s) G(s)\}=\int_{0}^{t} h(t-\tau) g(\tau) d \tau \tag{28} \end{equation*}

其中 h(t)=L−1{H(s)}h(t)=\mathcal{L}^{-1}\{H(s)\}，而 g(t)g(t) 是给定的强迫函数。

为了更好地理解 h(t)h(t) 的意义，我们考虑 G(s)=1G(s)=1 的情况；因此，g(t)=δ(t)g(t)=\delta(t) 且 Ψ(s)=H(s)\Psi(s)=H(s)。这意味着 y=h(t)y=h(t) 是以下初值问题的解

ay′′+by′+cy=δ(t),y(0)=0,y′(0)=0\begin{equation*} a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=\delta(t), \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=0 \tag{29} \end{equation*}

它是由方程 (26) 通过将 g(t)g(t) 替换为 δ(t)\delta(t) 得到的。因此，h(t)h(t) 是系统对在 t=0t=0 处施加的单位冲激的响应，自然地，我们称 h(t)h(t) 为系统的冲激响应。然后，方程 (28) 表示 ψ(t)\psi(t) 是冲激响应和强迫函数的卷积。

参考例 2，我们注意到传递函数是 H(s)=1/(s2+4)H(s)=1 /\left(s^{2}+4\right)，冲激响应是 h(t)=12sin⁡(2t)h(t)=\frac{1}{2} \sin (2 t)。此外，方程 (19) 右边的前两项构成了函数 ϕ(t)\phi(t)，即满足给定初始条件的对应齐次方程的解。