贡献者： JierPeter
预备知识 常系数齐次线性微分方程
，拉普拉斯变换的性质
1. 拉普拉斯变换
导数定理
拉普拉斯变换的导数定理（见拉普拉斯变换）使得我们可以把常系数线性微分方程化为代数方程，不论是否齐次。在常系数齐次线性微分方程中，我们通过把方程写为算子 $\frac{ \,\mathrm{d}{}} { \,\mathrm{d}{t} }$ 的代数方程，实现了化微分方程为代数方程，但这种操作对非齐次方程没有用。拉普拉斯变换是另一种化为代数方程的思路，而且不拘泥于齐次与否。
引用拉普拉斯变换的性质，将导数定理誊写如下：
定理 1 拉普拉斯变换的导数定理
设 $[0, +\infty]$ 上有 $k$ 次可导函数 $f(t)$，其拉普拉斯变换为
\begin{equation}
\mathscr{L}(f(t))=F(s)=\int^{+\infty}_0f(t) \mathrm{e} ^{-st} \,\mathrm{d}{t} ~,
\end{equation}
则有
\begin{equation}
\mathscr{L}(\frac{ \,\mathrm{d}{}} { \,\mathrm{d}{t} }f(t))=sF(s)-f(0)~.
\end{equation}
由定理 1 ，容易计算得
\begin{equation}
\begin{aligned}
\mathscr{L}(\frac{\mathrm{d}^2}{ \,\mathrm{d}{t} ^2}f(t))&=s\mathscr{L}(\frac{ \,\mathrm{d}{}} { \,\mathrm{d}{t} }f(t))-f'(0)\\
&=s^2F(s)-sf(0)-f'(0)~.
\end{aligned}
\end{equation}
以此类推，可得：
推论 1
\begin{equation}
\mathscr{L}(\frac{\mathrm{d}^k}{ \,\mathrm{d}{t} ^k}f(t))=s^nF(s)-\sum_{\substack{i, j>0\\ i+j=n-1}}s^if^{(j)}(0)~.
\end{equation}
其中 $f^{(j)}$ 表示 $f$ 的 $j$ 次导函数。
函数乘以一个指数函数后的拉普拉斯变换
定理 2
对于 $f(t)$，若设其拉普拉斯变换为 $F(s)$，则
\begin{equation}
\mathscr{L}( \mathrm{e} ^{at}f(t))=F(s-a)~.
\end{equation}
常见函数的拉普拉斯变换
例 1 幂函数
\begin{equation}
\mathscr{L}(t^n)=\frac{n!}{s^{n+1}}~.
\end{equation}
这一事实可以通过应用分部积分得证：
\begin{equation}
\begin{aligned}
\mathscr{L}(t^n)&=\int_0^{+\infty}t^n \mathrm{e} ^{-st} \,\mathrm{d}{t} \\
&=-\frac{1}{s}t^n \mathrm{e} ^{-st}|^{+\infty}_0+\frac{n}{s}\int_0^{+\infty}t^{n-1} \mathrm{e} ^{-st} \,\mathrm{d}{t} \\
&=\frac{n}{s}\int_0^{+\infty}t^{n-1} \mathrm{e} ^{-st} \,\mathrm{d}{t} \\
&=\frac{n}{s}\mathscr{L}(t^{n-1})~.
\end{aligned}
\end{equation}
例 2 指数函数
\begin{equation}
\mathscr{L}( \mathrm{e} ^{at})=\frac{1}{s-a}~.
\end{equation}
例 3 三角函数
利用 $ \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} x}=\cos x+ \mathrm{i} \sin x$，将 $a=\omega \mathrm{i} $ 代入式 8 ，分开实部和虚部，可得三角函数的拉普拉斯变换：
\begin{equation}
\left\{\begin{aligned}
\mathscr{L}(\cos \omega t)&=\frac{s}{s^2+\omega^2}\\
\mathscr{L}(\sin \omega t)&=\frac{\omega}{s^2+\omega^2}
\end{aligned}\right. ~.
\end{equation}
有了式 6 、式 8 和式 9 ，再结合定理 2 ，我们就可以计算出多数情况下的拉普拉斯变换了。
2. 微分方程
拉普拉斯变换的一大实用之处，就是可以用来解常系数线性微分方程。我们先举一个例子来说明其解法。
例 4 拉普拉斯变换解非齐次方程
考虑方程
\begin{equation}
\left(\frac{\mathrm{d}^2}{ \,\mathrm{d}{t} ^2}+\frac{ \,\mathrm{d}{}} { \,\mathrm{d}{t} }+1 \right) f(t)=t~.
\end{equation}
设 $\mathscr{L}(f(t))=F(s)$，那么根据推论 1 ，给式 10 左右同时进行拉普拉斯变换，得
\begin{equation}
s^2F(s)-sf(0)-f'(0)+sF(s)-f(0)+F(s)=\frac{1}{s^2}~,
\end{equation}
其中 $f(0), f'(0)$ 都是待定的初值。
将式 11 整理为
\begin{equation}
F(s)=\frac{1}{s^2(s^2+s+1)}+\frac{sf(0)+f'(0)+f(0)}{s^2+s+1}~.
\end{equation}
注意到
\begin{equation}
s^2+s+1=(s+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}~,
\end{equation}
故
式 12 可以分解为
\begin{equation}
F(s)=\frac{s}{(s+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}-\frac{s-1}{s^2}+\frac{sf(0)+f'(0)+f(0)}{(s+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}~,
\end{equation}
进一步整理为
\begin{equation}
F(s)=\frac{1}{s^2}-\frac{1}{s}+\frac{(f(0)+1)(s+\frac{1}{2})}{(s+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}+\frac{f'(0)+\frac{1}{2}f(0)-\frac{1}{2}}{(s+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}~.
\end{equation}
式 15 的右边就是我们熟知的拉普拉斯变换的形式了：
\begin{equation}
\left\{\begin{aligned}
\mathscr{L}(t)&=\frac{1}{s^2}\\
\mathscr{L}(1)&=\frac{1}{s}\\
\mathscr{L} \left( \mathrm{e} ^{-\frac{1}{2}t} \cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}t\right) \right) &=\frac{s+\frac{1}{2}}{(s+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}\\
\mathscr{L} \left( \mathrm{e} ^{-\frac{1}{2}t} \sin\left(\frac{\sqrt{3}}{2}t\right) \right) &=\frac{1}{(s+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}
\end{aligned}\right. ~.
\end{equation}
根据拉普拉斯变换的线性性，求出式 16 中各式的逆变换，其线性组合就是 $F(s)$ 的逆变换：
\begin{equation}
\begin{aligned}
f(t)&=t-1+ \left(f(0)+1 \right) \mathrm{e} ^{-\frac{1}{2}t} \cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}t\right) \\&
+\frac{\sqrt{3}}{3} \left(f'(0)+\frac{1}{2}f(0)-\frac{1}{2} \right) \mathrm{e} ^{-\frac{1}{2}t} \sin\left(\frac{\sqrt{3}}{2}t\right) ~,
\end{aligned}
\end{equation}
式 17 就是式 10 的通解。只需要把初值 $f(0)$ 和 $f'(0)$ 代进去即可得给定初值下的特解。
例 4 中最麻烦的一步是从式 12 到式 14 的因式分解。代数学的知识告诉我们，任何一个形如 $\frac{1}{p(t)}$ 的函数，其中 $p(t)$ 是多项式，都可以化为 $\frac{1}{s+a}, \frac{1}{(s+a)^2+b}, \frac{s}{(s+a)^2+b}$ 的线性组合，而这三个式子的拉普拉斯逆变换都是已知的。因此，当常系数线性微分方程式 1 的右端的拉普拉斯变换是多项式的倒数的时候，我们总可以求方程两端的拉普拉斯变换，得到通解的拉普拉斯变换，并求逆变换以得到通解本身。
未完成：因式分解的技巧需引用。
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