\int_0^{\infty} e^{-st} e^{at}\mathrm{d}t

这是一个常见的 Laplace 变换问题。我们可以先将 $e^{-st}$ 和 $e^{at}$ 相乘，得到 $e^{(a-s)t}$，然后对 $t$ 进行积分，得到：

$$
\int_0^{\infty} e^{-st} e^{at}\mathrm{d}t = \left[\frac{e^{(a-s)t}}{a-s}\right]_0^{\infty} = \frac{1}{s-a}
$$

所以，原式的值为 $\frac{1}{s-a}$。

相关问题

\[\widetilde{P}(w,t) = e^{- iwU_{0}e^{\lambda t} - \frac{\lambda}{2B}w^{2}(e^{2\lambda t} - 1)}\]对w进行傅里叶逆变换

傅里叶逆变换公式为：
$$f(t) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\widetilde{f}(w)e^{iwt}dw$$
将给定的式子带入傅里叶逆变换公式中，即可得到：
$$\begin{aligned} P(w,t) &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\widetilde{P}(u,t)e^{-iuw}du\\ &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{- iuU_{0}e^{\lambda t} - \frac{\lambda}{2B}u^{2}(e^{2\lambda t} - 1)}e^{-iuw}du\\ &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{- iuU_{0}e^{\lambda t}}e^{- \frac{\lambda}{2B}u^{2}(e^{2\lambda t} - 1)}e^{-iuw}du\\ &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{- iuU_{0}e^{\lambda t}}e^{- \frac{\lambda}{2B}(u(e^{\lambda t} - iwB\lambda) - iwB\lambda)^{2} + \frac{\lambda}{2B}w^{2}B^{2}\lambda^{2}(e^{2\lambda t} - 1)}du\\ &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{- iuU_{0}e^{\lambda t}}e^{- \frac{\lambda}{2B}(u(e^{\lambda t} - iwB\lambda) - iwB\lambda)^{2}}du \cdot e^{\frac{\lambda}{2}w^{2}(e^{2\lambda t} - 1)}\end{aligned}$$
其中，我们对第三行到第四行进行了平方配方法，将指数部分化为二次型的形式，再通过高斯积分将u的部分积掉。因此，傅里叶逆变换后的式子为：
$$\boxed{P(w,t) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{- iuU_{0}e^{\lambda t}}e^{- \frac{\lambda}{2B}(u(e^{\lambda t} - iwB\lambda) - iwB\lambda)^{2}}du \cdot e^{\frac{\lambda}{2}w^{2}(e^{2\lambda t} - 1)}}$$

用matlab求信号f(t)=e^(-t)sin(at )u(t)的拉普拉斯变换。

信号 $f(t)=e^{-t}\sin(at) u(t)$ 的拉普拉斯变换为：
$$
F(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} e^{-t} \sin(at) \mathrm{d}t=\frac{a}{(s+1)^2+a^2}
$$
其中 $u(t)$ 表示单位阶跃函数，$s$ 为复变量。