拉氏變換習題解答.pdf

拉氏變換習題解答 習題一 1 求下列函數的拉氏變換 并用查表的方法來驗證結果 1 sin 2 t f t 2 2t f te 3 2 f tt 4 sin cosf tt t 5 sinhf t kt 6 coshf tk t 7 2 cosf t t 10 2 cosf tt 解 1 2 4 42 20 0 1 3 t t t tf 3 4 5 2 tetf t sincosttutttf 解 1 4 20 2 0 3dtedtedtetftf ststst 43 1 33 42 4 2 2 0 ss stst ee ss e s e 2 2 2 00 cos3 st stst dtetdtedtetftf 2 ii 2 0 2 3 dte ee e s st tt t st 2 i i 2 2 133 dteee ss tsts s i i 2 133 2 i 2 i 2 s e s e e ss t ts t ts s ii2 133 2 i 2 i 2 s e s e e ss ss s 2 2 2 1 133 ss e s e ss 3 dtetdteedtetetf ststtstt 00 2 0 2 5 5 2 95 5 2 1 5 2 1 0 s s e s dtet s t stst 4 0 cossin stst f ttt edttedt 11 1 1 1 1 cos 2 2 22 0 s s ss et t st 3 設是以 tf 2為周期的函數 且在一個周期內的表達式為 sdtetf e tf T st sT 因此有 dtet e dtetf e tf st s st s 0 2 2 0 2 sin 1 1 1 1 0 ii 2 i21 1 dte ee e st tt s iii2 1 1 1 0 i 0 i 2 s e s e e t ts t ts s i 1 i 1 i2 1 1 1 i i 2 s e s e e ss s 11 1 1 1 1 1 222 ses e e s s s 4 求下列各圖所示周期函數的拉氏變換 1 2 tO 2 f t tf b O 4b3b 2b b t 3 4 tf 1 O 5a t4a 3a 2a a 1 t 5b tf 4b3b2bb 1 O 1 解 1 由圖易知 tf是周期為b的函數 且在一個周期內的表達式為 btttf 0 由公式 b st bs dtte e tf 0 1 1 b st b bs bs dte s te se 00 11 1 1 1 1 1 1 2 bs bs bs e ss be e 2 1 1 1 s bsebsebs e bsbs bs bs es b s bs 1 1 2 2 已知是周期T tf 的周期函數 在一個周期內 sin 0f ttt 由公式 3 0 1 sin 1 st bs f ttedt e 2 11 11 s s e es 2 1 coth 12 s s 3 由圖可知是周期的周期函數 在一個周期內 tfaT4 ata ata ata at tf 43 32 2 0 0 1 0 1 由公式 a st as dtetf e tf 4 0 4 1 1 dtedte e st a a a st as 3 20 4 1 1 1 s e s e e a at st a t st as 3 20 4 1 1 s eee e asasas as 23 4 1 1 1 asas asas as asas ees ee es ee 11 11 1 11 24 2 2 2 111 tanh 111 as as asas e as esese 4 由圖易知 是周期為的周期函數 在一個周期內 tfb2 s t tf 2 32tt 2 3 t 3 2 2t 1 32 232 sss 2 tf t te1 1 t te ds d s 1 2 1 11 1 11 ssss et 3 tf 2 1 t te 2 21 t tte 2 2 d ds 2 t e d ds t e t e 2 3 45 1 ss s 4 tf a at a t 2 1 sin 2 attsin ds d a2 1 atsin 2222 1 2 as asasa 2 5 tf costat d ds cosat 22 2222 ss sasa 2 a 6 5 tf32sin5 t t 2cos 32sin t t 2cos 4 310 4 3 4 10 222 s s s s s 7 tf 2 2 6 sin6 2 36 t et s 這里有 36 6 6sin 2 s t 再利用位移性質得到 8 同 7 利用 16 4cos 2 s s t及位移性質 tf 4 2 4 cos4 41 t s et s 6 9 利用 1 n n s n t及位移性質得 tf 1 n atn as n et 5 10 解法 1 由 3 5 3 5 0 1 53 t t tu tf 0 5353dtetutu st 3 5 3 5 3 5 s e s e dte s t st st 解法 2 由相似性質 s s tu 1 3 1 3 1 3 由位移性質 53tu 3 5 3 tu s e 3 5 5 3 3 s e ut s 11 因為 0 01 0 01 0 1 1 te te eu t t t 所以 00 1 s dtedtetftf stst 12 利用 2 1 2 1 2 1 2 1 ss t 及位移性質 tf 3 3 s t e t 2 若 f tF s 為正實數 證明 相似性質 a 1 s f atF aa 證 00 11 sat st a s f atf at edtf at ed atF aa a 3 若 f tF s 證明 n Fs Re 特別 或 n tf t s c tf tF s f t 1 t 并利用此結論 計算下列各式 1 F s 1 3 sin2 t f tte t 求 2 F s 3 0 sin2 t t f ttetd t 求 F s 3 1 ln 1 s F s s 求 f t 4 3 0 sin2 t t f ttet dt 求 F s 解 n Fs n n d ds f t 000 nn ststnst nn dd f t edtf t edttf t edt dsds 6 Re n tf t s c 1 利用公式 sFttf tf 3 sin2 t d tet ds 3 sin2 t et 222 2 24 3 2 3 4 s s s 3 2 由積分性質 s de t 1 2sin 0 3 43 21 2sin 2 3 ss te t 再由像函數的微分公式 tf 43 2 2sin 2 0 3 ssds d det t 2 2 2 2 43 131232 ss ss 3 2 11 ln 2 11 s F s ss 2 inh tt t s 知 2 sinhf tt t 4 tf 3 0 1 sin2 t t tetdt s tte t 2sin 3 2 2 43 34 ss s 4 若 f tF s 證明 s f t F s ds t 或 f tt 1 s F s ds 并利用此 結論 計算下列各式 1 sin kt f t t 求 2 F s 3 sin2 t et f t t 求 F s 3 2 1 s F s s 2 求 f t 4 3 0 sin2 t te t f tdt t F s 求 解 000 ststst sss f t F s dsf t edtdsf t edsdtedt t f t t 1 sF sin s kt t sinkt du 22 arctan s s ku du ukk arctan 2 s k arccot s k 2 sF s t t te2sin 3 dute t 2sin 3 ss u du u 2 3 arctan 43 2 2 2 3 arctan 2 s 2 3 cotarc s 3 ttf 1 2 2 1 s u dut u s u1 1 2 1 2 1 t tt eet ss 4 1 1 1 4 1 1 1 4 1 1 t t sh 2 7 4 sF s d e t 12sin 0 3 t te2sin 3 s s 1 s t du us dute 4 3 21 2sin 2 3 2 3 cotarc 1 2 3 arctan 1 s s u s su 5 計算下列積分 1 0 2 dt t ee tt 2 0 cos1 dte t t t 3 0 coscos dt t ntebte mtat 4 5 6 2cos 0 3 tdte t 0 2 dtte t 2sin 0 3 tdtte t 7 sinsh 0 2 dt t tte t 8 sin 0 2 dt t te t 9 sin 0 3 tdtet t 10 0 2 2 sin dt t t 11 0 erf t et dt 12 0 0 J t dt 其中 2 0 2 erf t u te du稱為誤差函數 2 0 2 0 1 J 2 k k k t t k 稱為零階貝塞爾 Bessel 函 數 解 1 由公式 00 dt t tf 得 dstf 00 2 dt t ee tt ds ss dsee tt 0 2 2 1 1 1 2ln 2 1 ln 0 s s 2 00 cos1 t e t dste t cos1 0 2 11 1 1 1 ds s s s 2ln 2 1 11 1 ln 0 2 s s 3 00 coscos dt t ntebte mtat dsntebte mtat coscos ds nms ms bas as 0 2 2 2 2 0 2 2 2 2 ln 2 1 s nms bas 22 22 ln 2 1 ba nm 4 已知 0 2 4 2cos2cos s s dtett st 因此 0 3 2 3 13 3 4 2cos s t s s tdte 5 0 2 dtte t 4 11 2 2 2 s s s t 6 已知 4 2 2sin 2 s t再由微分性質 2 2 2 4 4 4 2 2sin s s s tt 得 0 3 2 2 3 169 12 4 4 2sin s t s s tdtte 00 2 sinsh 7dt t tte t dst ee e tt t sin 2 2 0 2 1 dstete tt sinsin 1212 ds ss 0 22 112 1 112 1 2 1 00 12arctan12arctan 2 1 ss 8 12arctan12arctan 2 1 8 1arctan 2 1 8 00 2 sin dt t te t 0 2 2 1 sindste t dste t 2cos1 0 20 2 41 1 ln 2 1 41 1 1 1 2 1 s s ds s s s 5ln 4 1 9 已知 1 1 sin 2 s t利用微分性質 4 2 3 2 3 4 2424 1 1 sin s ss s tt 0 3 sintdtet t 0 4 2424 sin 1 4 2 3 1 3 s s s ss tt 10 00 2 2 2 1 sin sin dt t tdt t t 000 2 2sin2sinsin dt t t dt t t t t 0 0 4 2 2sinds s dst 22 arctan 0 s 11 0 erf t etdt 1 1 12 erf 21 s s t s s 12 0 0 J t dt 0 0 2 0 1 J 1 1 s s t s 6 求下列函數的拉氏逆變換 1 4 1 2 s sF 2 1 4 s sF 3 1 1 4 s sF 4 3 1 s sF 5 9 32 2 s s sF 6 31 3 ss s sF 7 6 1 2 ss s sF 8 134 52 2 ss s sF 解 1 tf 2 1 1 sF t s 2sin 2 1 4 2 2 1 2 tf 3 11 4 1 s 3 13 1 6 1 3 t s 3 由 3 4 1 6 11 t s 及位移性質 tfeasF at 1 得 tf sF 1 t et s 3 4 1 6 1 1 1 4 tf sF 1 t e s 31 3 1 5 tf 2 1 sF 9 2 1 s s tt s 3sin3cos2 9 3 2 1 9 6 tf sF 1 31 3 1 ss s 2 3 1 1 3 3 2 1 1 ss 2 1 3 s 1 1 1 1 1 s tt ee 2 1 2 3 3 7 tf sF 1 6 1 2 1 ss s 3 2 2 3 5 1 1 ss 5 3 5 2 2 1 1 s tt ee s 321 5 2 5 3 3 1 8 tf sF 1 134 52 2 1 ss s 2 2 1 32 122 s s 2 3 1 32 2 2 2 1 s s 2 2 1 32 3 s 222 11 2cos3sin36cos3sin3 33 ttt etetet t 7 求下列各圖所示函數 f t的拉氏變換 f t A A o2 3 4 t o t f t 2 4 6 3 5 1 2 o t f t 2 4 6 8 2 o t f t 1 2 3 2 3 4 3 4 1 由圖易知 是周期為 tf2 的周期函數 在一個周期內 10 0 2 At f t At 21 2 0 22 1sin s ks s k e f te sses 1 hs 3 由圖易知 8 2 2 f tu tu t 當時 Re 0s 2 2 0 1822 4 s kss k e f tee ssss 4 由圖易知 0 2 k f tu tu tu tu tk 0s 當Re時 0 1111 1 coth 12 ks s k s f te sses 2 習題三 1 設 1 f t 2 f t均滿足拉氏變換存在定理的條件 若它們的增長指數均為c 且 11 f tF s 22 f tF s 則乘積 12 f tf t 的拉氏變換一定存在 且 j 1212 j 1 2 j f tf tF q F sq dq 其中c Re sc 證 由于均滿足拉氏變換存在定理的條件以及增長指數均為 知乘積 tftf 21 0 c tftf 21 也一 定滿足拉氏變換存在的定理的條件且增長指數為根據拉氏存在定理的證明當 2 0 c 0 c 時 1212 0 st ftftft ft edt 在 0 Recs 上存在且一致收斂 由于 i 11 i 1 2 i qt ftF q e dq 而 1212 0 st ftftft ft edt i 12 0i 1 2 i qtst F q e dqft edt 11 i 12 i0 1 2 i s q F qft edtdq i 12 i 1 2 i F q Fsq dq 2 求下列函數的拉氏逆變換 像原函數 并用另一種方法加以驗證 1 1 22 as sF 2 bsas s sF 3 2bsas cs sF 4 2 22 22 2 as as sF 5 1 322 sas sF 6 bsass sF 1 7 1 44 as sF 8 2 2 1 12 ss ss sF 9 1 1 22 ss sF 10 41 22 ss s sF 1 解法 1 tf sF 1 22 1 1 as a aa 1 a at as asin 22 1 解法 2 i Resi Res 2222 a as e a as e tf stst a at a e a e atat sin i2i2 ii 解法 3 tf 22 1 1 as i 1 i 1 i2 1 1 asasa i2 1 a i 1 1 as i 1 1 as a at ee a atat sin i2 1 ii 2 解法 1 tf sF 1 bsas s 1 b bsas se a bsas se stst Res Res btat btat beae baab be ba ae 1 解法 2 tf sF 1 bsas s 1 bs b as a ba 1 1 ba 1 ab as 1 1 bs 1 1 btat beae ba 1 3 解法 1 tf sF 1 b bsas ecs a bsas ecs stst Res Res 22 bs st at e as cs ds d ab eac 2 btbtat e ba ca te ba bc e ba ac 22 解法 2 tf sF 1 2 1 bsas cs 222 1 111 bsba bc bsba ca asba ac 2ba ac 2 1 1 ba ca as ba ac bs 1 1 2 1 1 bs 12 btbtat te ba bc e ba ca e ba ac 22 4 解法 1 tf sF 1 2 22 22 1 2 as as 2222 1 2 1 2 3 as s as a a a2 3 2 1 22 1 as a 22 1 as s attat a cos 2 1 sin 2 3 解法 2 tf sF 1 i 2 Resi 2 Res 2 22 22 2 22 22 ae as as ae as as stst i 2 22 i 2 22 i 2 i 2 as st as st e as as ds d e as as ds d tatatata tee a tee a iiii 4 1 i4 3 4 1 i4 3 attat a cos 2 1 sin 2 3 5 解法 1 tf 2322 1 11 asas 223 1 11 asss 1 2 a 3 1 1 s 1 22 1 ass t t a 0 3 2 2 1 1 1 22 1 dt as 3 2 0 111 sin 22 t ta aa tdt 3 24 11 1 cos 2 ta aa t 解法 2 tf 322 1 1 sas i Resi Res0 Res 322322322 a sas e a sas e sas e ststst 3 i 3 i 0 222 2 ii2ii22 1 aa e aa e as e ds d tata s st at a t a cos1 1 2 1 4 2 2 6 解法 1 tf bsass 1 1 bsbabasbaasab 111111 1 ab 1 baas 11 1 babas 1 1 1 bs 1 1 btat e bab e baaab 111 解法 2 tf bsass 1 1 b bsass e a bsass e bsass e ststst Res Res0 Res 13 btat e bab e baaab 111 7 解法 1 tf 44 1 1 as 2233 1 2 111 4 1 as a aasasa at a ee a atat sin 2 1 4 1 33 atat a sinsh 2 1 3 解法 2 tf 44 1 1 as i Resi Res Res Res 44444444 a as e a as e a as e a as e stststst 3 i 3 i 33 i4i444a e a e a e a e tataatst atat a sinsh 2 1 3 8 解法 1 tf 2 2 1 1 12 ss ss 2 1 1 2 1 21 sss s 1 1 1 2 1 s 2 1 1 2 s tt tee221 解法 2 tf 2 2 1 1 12 ss ss 1 1 12 Res0 1 12 Res 2 2 2 2 stst e ss ss e ss ss 1 2 12 1 s st e s ss ds d tt tee221 9 解法 1 tf sF 1 1 1 22 1 ss tee sss tt 2 11 1 1 1 1 2 1 2 1 tsht 解法 2 1 1 Res1 1 Res0 1 Res 222222 ss e ss e ss e tf ststst tt ee s e ds d tt s st sh 221 0 2 10 解法 1 tf 41 22 1 ss s 413 1 22 1 s s s s 3 1 1 2 1 s s tt s s 2coscos 3 1 4 2 1 解法 2 tf 41 22 1 ss s i2 41 Resi2 41 Resi 41 Resi 41 Res 22222222 ss se ss se ss se ss se stststst i41i4 i2 i41i4 i2 4ii2 i 4ii2 i 2 i2 2 i2 2 i 2 i tttt eeee 6666 i2i2iitttt eeee tt2coscos 3 1 14 3 求下列函數的拉氏逆變換 1 2 2 4 1 s sF 2 2 s s sF 3 21 12 sss s sF 4 45 1 24 ss sF 5 569 1 2 ss s sF 6 2 2 1 ln s s sF 7 54 2 2 2 ss s sF 8 22 1 2 2 ss sF 9 2 2 2 134 44 ss ss sF 10 6116 52 23 2 sss ss sF 11 463 3 23 sss s sF 12 3 2 31 332 ss ss sF 13 2 2 1 s e sF s 解 1 2 2 1 4 1 s 48 1 4 2 16 1 22 1 s s s16 1 8 1 4 2 2 1 s 4 2 1 s s ttt2cos 8 1 2sin 16 1 2 tf 2 1 s s 2 2 1 1 s 1 1 t et s 21 2 2 2 3 tf 21 12 1 sss s 2 21 12 Res1 21 12 Res0 21 12 Res sss es sss es sss es ststst 1 12 lim 2 12 lim 21 12 lim 210 ss es ss es ss es st s st s st s tt ee 2 2 3 2 1 4 tf 45 1 24 1 ss 1 22 1112 3164ss 41 1 22 1 ss 1 3 6 1 1 1 2 1 s 4 2 2 1 s tt2sin 6 1 sin 3 1 5 tf 569 1 2 1 ss s 4 3 1 9 1 2 1 s s 9 1 2222 1 3 2 3 1 3 2 3 2 3 1 3 1 ss s tt etet 3 1 3 1 3 2 sin 3 2 cos 9 1 t ett 3 1 3 2 cos 3 2 sin 9 1 6 tf ts s11 ln 2 2 1 1 2 2 1 ln s s t 1 tss s12 1 2 2 1 sss 2 1 1 1 1 1 15 t t ee t tt ch1 2 2 1 7 tf 2 2 1 54 2 ss s 2 2 1 12 2 s s 2 1 12 1 2 1 2 1 s 12 1 2 1 s t 2 1 tteet t s tt sin 2 1 sin 212 1 22 2 1 8 tf 2 2 1 22 1 ss 2 2 1 11 1 s 2 1 11 1 11 1 22 1 s s s 2 1 11 1 2 1 s 11 1 2 1 s s tte t sin 2 1 11 1 2 1 s s ttete tt cossin 2 1 ttte t cossin 2 1 9 tf 2 2 2 1 134 44 ss ss 2 2 2 1 92 2 s s 2 2 2 1 92 9 92 1 s s 2 2 2 2 1 32 2 2 1 32 3 6 1 s s s tte t 2 1 3sin 6 1 2 2 2 1 32 2 s s ttete tt 3cos 2 1 3sin 6 1 22 ttte t 3cos33sin 6 1 2 10 tf 6116 52 23 2 1 sss ss 321 52 2 1 sss ss 3 321 52 Res2 321 52 Res1 321 52 Res 222 sss ess sss ess sss ess ststst st ss st s e ss ss ss ss e ss ss 21 52 lim 31 52 lim 32 52 lim 2 3 2 2 2 1 ttt eee 32 10113 11 tf 463 3 23 1 sss s 131 3 3 1 ss s 1 31 2 31 1 22 1 sss 31 1 3 2 1 1 3 2 31 1 22 1 s s ss 3 1 3 2 31 3 2 2 1 s 3 2 1 1 1 s 2 2 1 31 1 s s teete ttt 3cos 3 2 3 2 3sin 3 1 tte t 3sin33cos22 3 1 12 tf 3 2 1 31 332 ss ss 32 1 3 1 6 3 1 2 3 3 1 4 1 1 1 4 1 ssss 4 1 4 1 1 1 1 s 2 3 3 1 1 s 6 3 1 2 1 s 3 1 3 1 s 16 tttt etteee 3233 2 3 2 3 4 1 4 1 13 tf 2 2 1 1 s e s 2 1 1 s 2 2 1 s e s 2 12 20 22 tt tt tutt 習題四 1 求下列卷積 1 2 11 tt 3 4 為正整數nmtt nm t t et 5 6 cossintt sin sinktkt 7 8 sinh sinht sinh atat 9 10 utfat tfat 解 卷積定義 t dtfftftf 0 2121 1 t td 0 111 1 2 t ttt ddtdtt 000 2 333 6 1 3 1 2 1 ttt 3 00 0 1 t n k kknk n km n mnm dtCdttt n k t n k nmk n k kmknk n k t km CdtC 0 0 0 1 1 1 11 n k nmk n k nm t nmmm n C km t 0 11 1 21 1 1 1 1 m n m n t mn 4 tt ttt deedeet 00 1 00 tedeee t tt t 5 ttt dttddttt 000 2sin 2 1 sin 2 1 cossincossin ttttt t sin 2 1 2cos 4 1 sin 2 1 0 6 t dtkkktkt 0 sinsinsin sin tt ktddktk 00cos 2 1 2cos 2 1 kttkt k cos 2 1 sin 2 1 7 00 sinhsinh 2 tt tt ee tttdd tt tt de e de e 00 22 00 1 2 1 2 t t t t e e e e sinhtt 8 0 sinhsinhsinhsinh t atataa td t tataaa d eeee 0 22 17 t at t aat t aat t at dedeedeede 00 2 0 2 0 4 1 11 coshsinh 22 tat a at 9 t dtfautfatu 0 當at 時 0 au 此時 0 tfatu 當時 ta 0 at a dtfaudafautfatu 0 t a dtf 因此 tadtf at tfatu t a 0 0 10 t dtfatfat 0 當at 時 0 a 此時 0 tfat 當時 ta 0 aa a t a dtfadtfadtfatfat 0 a a dtfa00 a f td atftf a 因此 ta at atf tfat 0 0 2 利用卷積定理 證明 0 t F s f t dt s 證 1 F s F s ss 00 tt f tu tfu tdf t dt 3 利用卷積定理證明 at a t as s sin 2 2 22 1 證 設 22 2 22 1 1 as a a sF as s sF 于是 tf1 atsFcos 1 1 tf2 a at sF sin 2 1 18 左邊 2 22 1 as s sFsF 21 1 dtaa a tftf t 0 21 sincos 1 aataat a t 0 2sinsin 2 1 0 2cos 2 1 sin 2 1 t ata a att a att a sin 2 1 右邊 4 利用卷積定理證明 t t dee ss 0 1 22 1 1 并求 1 1 1 ss 證 設 1 1 1 21 s sF s sF于是 tf1 sF1 1 tt s 111 2 1 11 2 1 1 tf2 sF2 1 t e s 1 1 1 左邊 1 1 1 ss sFsF 21 1 dtfftftf t 2 0 121 tt tt deede 00 1111 t xt x dxee 0 2 2 2 右邊 設 1 1 ss sF前面已證 t t deesF 0 1 22 但 1 1 1 ss t esF 1 1 desF t 0 1 22 5 證明卷積滿足對加法的分配律 1231213 f tf tf tf tf tf tf t 證 123123 0 t f tf tf tff tf td 12131213 00 tt ff tdff tdf tf tf tf t 6 證明卷積滿足結合律 123123 f tf tf tf tf tf t 證 123123 00 tt s f tf tf tf sf tsfd ds 31212 00 tt 3 fdf s f ts dsf tf tf t 習題五 1 求下列微分方程式及方程組的解 1 4 3 0 01 t yyyeyy 19 2 3 3 1 0 0 0 0yyyyyyy 3 3 2 1 00 01yyyu tyy 4 4sin5cos2 01 02yyttyy 5 2 22cos 0 00 t yyyetyy 6 1212 4 5 0 0 yyyF tyc ycc c 為常數 7 2 0 0 0 0 t yyeyyy 8 3 3 6 0 0 00 t yyyyeyyy 9 4 2 0 0 0 0 0 0 1 yyyyyyy 10 4 cos 0 0 00 0yytyyyy c 1 常數 11 00 3 22 t t xxye xy xyye 12 2 0 00 0 0 yzF t yyzz yzz 0 13 2 9 30 0 01 2 7 50 0 00 xxxyyyxx xxxyyyyy 14 0 0 01 00 0 0 00 0 xxyz xyyzxyzxyz xyzz 解 1 對方程兩邊取拉氏變換 并考慮到初始條件 得 2 1 1443 1 s Y sssY sY s s 整理后解出 Y s得 2 15 13 31 s Y s ss ss 1 1 4 7 3 1 4 3 1 1 2 1 2 sss 再取拉氏逆變換得其解為 y t 1 Y s 2 1 4 3 1 1 2 1 s 4 7 3 1 1 s 1 1 1 s 3 137 244 ttt teee 3 1 273 4 tt tee 2 對方程兩邊取拉氏變換 并考慮到初始條件 得 20 32 1 33 s Y ss Y ssY sY s s 整理后解出 Y s得 32 11 331 1 Y s s ssss s 3 23 1111 1 1 1 ssss 再取拉氏逆變換得其解為 y t 1 Y s 1 1 s 1 1 1s 1 2 1 1s 1 3 1 1 s 22 11 22 ttt tt eteete 1 t 3 對方程兩邊取拉氏變換 并代入初始條件 得 2 1 1 3 2 s s Y sY sY se s 解出得 Y s 1 1 2 1 2 s e Y s sss ss 11111 12212 2 s e sssss 取拉氏逆變換 得 y t y t 1 Y s 2 1 2 1 11 1 22 tttt eeeeu t 4 方程兩邊取拉氏變換 并代入初始條件 得 2 22 45 2 14 s s Y ssY s ss 整理后 得 2 2222 452 11114 ss Y s sssss 41 2 22 s s s 取拉氏逆變換得 y t 1 2Y s 1 1 2 1 s 4 2 1 s s tt2cossin2 5 對方程兩邊取拉氏變換 且代入初始條件得 2 2 1 222 1 s s Y ssY sY s s1 21 解出 Y s 22 2 1 1 1 s Y s s 取拉氏逆變換得到原方程解 y t 1 Y s 1 2 1 si 1 1 t tet s n 6 對方程兩邊取拉氏變換得 F sf t為的拉氏變換 2 121 445s Y sc scsY scY sF s 整理得 12 22 4 4545 F sc scc Y s ssss 1 12 2 12 2 12 2 12 2 1 2 s cc s s c s sF 取拉氏逆變換并利用卷積定理得 y t 12 1 2 1 s sF 1 c 12 2 1 2 12 2 cc s s 12 1 2 1 s 222 121 sincos2sin ttt F tetc etcc et 22 121 sincos2sin tt F tetectcct 7 對方程兩邊取拉氏變換得 3 1 2 s Y ssY s s 2 1 21 Y s ss s 部分分式 2 2 1 2121 ABCsD sssss s 用待定系數法得 112 10255 ABCD 1 因此 y t 1 Y s 1 2 1 21ss s 1 10 1 11 22s 1 12 5s 5 1 1 2 1 s s 1 1 2 1 s 22 2 1121 cossin 10255 t et t 8 對方程兩邊取拉氏變換 且代入初始條件得 32 1 3 36 1 s Y ss Y ssY sY s s 解出 Y s 4 6 1 Y s s 取拉氏逆變換得到原方程解 y t 1 Y s 13 1 1 t t e s 9 對方程兩邊取拉氏變換 且代入初始條件得 42 2 s Y sss Y sY s0 解出 Y s 22 1 s Y s s 取拉氏逆變換得到原方程解 y t 1 Y s 1 2 111 si 212 tt s n 10 方程兩邊取拉氏變換 得 43 2 1 s s Y scss Y sc s 解出 Y s 3 22 1 11 c Y s ssss 1 11 Res0 11 Res 11 1 222222 1 sss e sss e sss stst i 11 Resi 11 Res 2222 sss e sss e stst i1 lim i1 lim 1 lim 11 lim 2 i 2 i 22 1 2 0 sss e sss e ss e ss e st s st s st s st s ttet t sincos 2 1 2 1 1 因此原方程的解為 y t 1 Y s c 1 3 1 s