教材版本：
- 《复变函数》（第二版）- 西安交通大学 王绵森
- 《工程数学——积分变换》（第六版）- 东南大学 张元林
设 $z_1 = x_1 + iy_1$，$z_2 = x_2 + iy_2$：
加减法： \(z_1 \pm z_2 = (x_1 \pm x_2) + i(y_1 \pm y_2)\)
乘法： \(z_1 z_2 = (x_1 x_2 - y_1 y_2) + i(x_1 y_2 + x_2 y_1)\)
除法（分母实数化）： \(\frac{z_1}{z_2} = \frac{z_1 \bar{z}_2}{\|z_2\|^2} = \frac{x_1 x_2 + y_1 y_2}{x_2^2 + y_2^2} + i \frac{x_2 y_1 - x_1 y_2}{x_2^2 + y_2^2} \quad (z_2 \neq 0)\)
模：$|z| = r = \sqrt{x^2 + y^2}$。
三角不等式（几何意义：三角形两边之和大于第三边）： \(\|z_1 + z_2\| \le \|z_1\| + \|z_2\|\)
\[\|z_1 - z_2\| \ge \|\|z_1\| - \|z_2\|\|\]辐角：
| 名称 | 形式 | 适用场景 |
|---|---|---|
| 代数式 | $z = x + iy$ | 加减法、解析几何 |
| 三角式 | $z = r(\cos \theta + i \sin \theta)$ | 乘除法、方根、旋转 |
| 指数式 | $z = r e^{i\theta}$ | 乘除法、乘方、理论推导 |
欧拉公式：$e^{i\theta} = \cos \theta + i \sin \theta$
若 $z_1 = r_1 e^{i\theta_1}, z_2 = r_2 e^{i\theta_2}$：
乘法：模相乘，辐角相加。 \(z_1 z_2 = r_1 r_2 e^{i(\theta_1 + \theta_2)}\)
几何意义：$z$ 乘以 $e^{i\alpha}$ 相当于将向量 $z$ 逆时针旋转 $\alpha$ 角。
除法：模相除，辐角相减。
方程 $w^n = z$ ($z \neq 0$) 有 $n$ 个互不相同的根： \(\sqrt[n]{z} = \sqrt[n]{\|z\|} \left( \cos \frac{\theta + 2k\pi}{n} + i \sin \frac{\theta + 2k\pi}{n} \right)\) 其中 $k = 0, 1, 2, \dots, n-1$。
根据课后习题，以下结论常作为考题或解题工具出现：
虚数单位性质 [习题3]： \(-i = \frac{1}{i} = \bar{i}\)
平行四边形恒等式 [习题11]： \(\|z_1 + z_2\|^2 + \|z_1 - z_2\|^2 = 2(\|z_1\|^2 + \|z_2\|^2)\)
几何意义：平行四边形对角线长度的平方和等于四条边长度的平方和。
实系数方程的根 [习题12]： 若 $z = a + bi$ 是实系数代数方程 $a_0 z^n + \dots + a_n = 0$ 的根，则其共轭 $\bar{z} = a - bi$ 也是该方程的根。（即复根成对出现）。
复平面上的直线与圆方程 [习题23, 24]：
极限模的性质 [习题28]： 若 $\displaystyle \lim_{z \to z_0} f(z) = A$，则 $\displaystyle \lim_{z \to z_0} |f(z)| = |A|$。
注意：反之一般不成立，除非 $A=0$。
幅角的不连续性 [习题32]： $\arg z$ 在原点及负实轴上是不连续的。
定义：设 $w=f(z)$ 在 $z_0$ 的邻域内有定义，若极限存在，则称 $f(z)$ 在 $z_0$ 可导。 \(f'(z_0) = \lim_{\Delta z \to 0} \frac{f(z_0 + \Delta z) - f(z_0)}{\Delta z}\)
核心区别：复变函数在一点可导的要求比实变函数苛刻。它要求 $\Delta z$ 以任意方式（沿任意路径）趋于 0 时，比值都趋于同一个数。
反例：$f(z) = \bar{z}$ （共轭）在复平面上处处连续，但处处不可导。
设 $f(z) = u(x, y) + i v(x, y)$，则 $f(z)$ 在 $D$ 内解析的充要条件是：
$u(x,y)$ 和 $v(x,y)$ 在 $D$ 内可微（有一阶连续偏导数）。
满足 柯西-黎曼 (C-R) 方程： \(\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y}, \quad \frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x}\)
当 $f(z)$ 解析时，导数可直接由偏导数求得： \(f'(z) = \frac{\partial u}{\partial x} + i \frac{\partial v}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} - i \frac{\partial u}{\partial y}\)
当 $z = r e^{i\theta}$ 时，C-R 方程为： \(\frac{\partial u}{\partial r} = \frac{1}{r} \frac{\partial v}{\partial \theta}, \quad \frac{\partial v}{\partial r} = -\frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial \theta}\) 对应的导数公式为： \(f'(z) = \left( \frac{\partial u}{\partial r} + i \frac{\partial v}{\partial r} \right) e^{-i\theta}\)
若已知 $u(x,y)$，求解析函数 $f(z)$：
定义：$w = \text{Ln} z \iff e^w = z$。
通式： \(\text{Ln} z = \ln \|z\| + i \text{Arg} z = \ln \|z\| + i (\arg z + 2k\pi)\)
主值 ($\ln z$)：取 $k=0$ 的分支（虚部限制在 $(-\pi, \pi]$）。
导数：$(\text{Ln} z)’ = \frac{1}{z}$ （在除去原点和负实轴的区域内）。
定义： \(\cos z = \frac{e^{iz} + e^{-iz}}{2}, \quad \sin z = \frac{e^{iz} - e^{-iz}}{2i}\)
重要性质：
以下结论来自课后习题（P47-49），常用于选择题、填空题或证明题：
若 $f(z) = u + iv$ 在区域 $D$ 内解析，且满足以下任一条件，则 $f(z)$ 在 $D$ 内恒为常数：
若 $f(z)$ 解析，则其模 $|f(z)|$ 的偏导数与导数模长有如下关系： \(\left(\frac{\partial \|f\|}{\partial x}\right)^2 + \left(\frac{\partial \|f\|}{\partial y}\right)^2 = \|f'(z)\|^2\)
对于实系数的初等函数（如 $e^x, \sin x$ 等），推广到复域后满足：
技巧：计算时可以将共轭符号直接移到自变量上。
若 $a$ 为实数，则幂函数的导数公式依然成立： \((z^a)' = a z^{a-1}\)
（利用 C-R 方程代换可得多种形式，解题时灵活选用）。
若曲线 $C$ 的参数方程为 $z = z(t)$ ($a \le t \le b$)，则： \(\int_C f(z) dz = \int_a^b f[z(t)] z'(t) dt\)
适用场景：被积函数不解析（如含 $\bar{z}, |z|, \text{Re}(z)$）或路径不封闭时。
若 $f(z)$ 在单连通域 $D$ 内解析，则沿 $D$ 内任意闭曲线 $C$ 的积分为零： \(\oint_C f(z) dz = 0\)
若 $f(z)$ 在单连通域内解析，则存在原函数 $G(z)$（即 $G’(z) = f(z)$），积分可直接计算： \(\int_{z_0}^{z_1} f(z) dz = G(z_1) - G(z_0)\)
适用场景：被积函数是初等函数且在积分路径所在区域解析。
若 $f(z)$ 在多连通域 $D$ 内解析（例如圆环域），$C$ 是外边界（正向），$C_1, \dots, C_n$ 是内边界（负向），则： \(\oint_C f(z) dz + \sum_{k=1}^n \oint_{C_k^{-}} f(z) dz = 0 \implies \oint_C f(z) dz = \sum_{k=1}^n \oint_{C_k} f(z) dz\)
设 $C$ 是包围点 $a$ 的正向简单闭曲线：
记忆：只有一次幂的倒数积分不为0，高次幂倒数（具有原函数）积分为0。
若 $f(z)$ 在 $C$ 内部及边界上解析，$z_0$ 在 $C$ 内部，则： \(f(z_0) = \frac{1}{2\pi i} \oint_C \frac{f(z)}{z - z_0} dz\)
计算应用： \(\oint_C \frac{f(z)}{(z - z_0)^{n+1}} dz = \frac{2\pi i}{n!} f^{(n)}(z_0)\)
注意：分母是 $n+1$ 次方，对应求 $n$ 阶导，系数多一个 $n!$。
解析函数 $f(z) = u + iv$ 的实部 $u$ 和虚部 $v$ 均为调和函数（$\Delta u = 0, \Delta v = 0$）。
已知 $u(x,y)$，求 $v(x,y)$ 使得 $f=u+iv$ 解析：
根据第三章习题（Page 75-79），以下结论常作为解题依据：
若 $f(z)$ 解析，则 $|f(z)|^2$ 满足： \(\frac{\partial^2 \|f(z)\|^2}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 \|f(z)\|^2}{\partial y^2} = 4 \|f'(z)\|^2\) (这说明 $|f(z)|^2$ 一般不是调和函数，除非 $f’(z)=0$ 即 $f$ 为常数)。
\(\oint_{\|z\|=R} \frac{\bar{z}}{\|z\|} dz = \dots\) 利用 $|z|=R \implies \bar{z} = R^2/z$ 转化： \(\oint \frac{R^2/z}{R} dz = R \oint \frac{1}{z} dz = R \cdot 2\pi i\)
技巧：在圆周 $|z|=R$ 上，常用 $\bar{z} = \frac{R^2}{z}$ 来消除 $\bar{z}$，从而利用柯西公式。
遇到积分 $\int_C g(z) dz$，按以下顺序思考：
Tips: 考试中如果遇到分母是 $(z^2+1)$ 这种，记得拆解成 $(z-i)(z+i)$，然后判断哪个奇点在围线内部，只保留内部的那个作为 $(z-z_0)$，其余部分归入分子 $f(z)$。
设复数项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \alpha_n$ （其中 $\alpha_n = a_n + i b_n$）：
注意：当 $|q| \ge 1$ 时，级数发散。这是后续展开级数最核心的公式。
收敛圆 $|z-a| < R$。
比值法： \(R = \lim_{n \to \infty} \left\| \frac{c_n}{c_{n+1}} \right\|\)
根值法： \(R = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{\|c_n\|}}\)
性质：
若 $f(z)$ 在圆域 $|z - z_0| < R$ 内解析，则可唯一展开为幂级数： \(f(z) = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} c_n (z - z_0)^n, \quad c_n = \frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}\)
在 $z=0$ 处（麦克劳林级数）：
$e^z$： \(e^z = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{n!} = 1 + z + \frac{z^2}{2!} + \dots \quad (\|z\| < \infty)\)
$\sin z$ (奇函数，只有奇次项)： \(\sin z = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{z^{2n+1}}{(2n+1)!} = z - \frac{z^3}{3!} + \dots \quad (\|z\| < \infty)\)
$\cos z$ (偶函数，只有偶次项)： \(\cos z = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{z^{2n}}{(2n)!} = 1 - \frac{z^2}{2!} + \dots \quad (\|z\| < \infty)\)
$\frac{1}{1-z}$： \(\frac{1}{1-z} = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} z^n = 1 + z + z^2 + \dots \quad (\|z\| < 1)\)
$\ln(1+z)$： \(\ln(1+z) = \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{z^n}{n} = z - \frac{z^2}{2} + \dots \quad (\|z\| < 1)\)
当函数 $f(z)$ 在圆环域 $r < |z - z_0| < R$ 内解析时，可展开为含有正负幂次的级数： \(f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n (z - z_0)^n = \underbrace{\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} c_{-n} (z-z_0)^{-n}}_{\text{主要部分 (负幂项)}} + \underbrace{\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} c_n (z-z_0)^n}_{\text{解析部分 (正幂项)}}\)
通常不使用积分公式计算 $c_n$，而是利用已知级数（主要是 $\frac{1}{1-q}$）进行代数变形。
经典题型：将 $f(z) = \frac{1}{(z-1)(z-2)}$ 在不同区域展开
设 $z_0$ 为孤立奇点，观察 $f(z)$ 在 $0 < |z-z_0| < \delta$ 的洛朗展开式：
根据第四章习题，以下点常考：
遇到“将函数 $f(z)$ 展开为级数”的题目：
若函数 $f(z)$ 在 $z_0$ 处不解析，但在 $z_0$ 的去心邻域 $0 < |z - z_0| < \delta$ 内解析，则称 $z_0$ 为 孤立奇点。
根据 $f(z)$ 在 $z_0$ 处的 洛朗级数 (Laurent Series) 展开式中负幂项（主要部分）的情况进行分类：
| 奇点类型 | 洛朗级数特征 | 极限特征 $\displaystyle \lim_{z \to z_0} f(z)$ |
|---|---|---|
| 可去奇点 | 无负幂项 ($c_{-n} = 0$) | 存在且有限 |
| 极点 ($m$ 阶) | 有有限项负幂项 (最高为 $(z-z_0)^{-m}$) | $\infty$ |
| 本性奇点 | 有无穷多项负幂项 | 不存在 (震荡/混沌) |
判别技巧：
- 若 $\displaystyle \lim_{z \to z_0} (z-z_0)^m f(z) = C \neq 0$ (常数)，则 $z_0$ 是 $m$ 阶极点。
- $e^{1/z}, \sin(1/z)$ 在 $z=0$ 处通常是本性奇点。
通过变换 $t = 1/z$ 将 $\infty$ 转化为 $t=0$ 来研究。
$f(z)$ 在孤立奇点 $z_0$ 的留数定义为洛朗展开式中 $(z-z_0)^{-1}$ 项的系数 $c_{-1}$： \(\text{Res}[f(z), z_0] = c_{-1} = \frac{1}{2\pi i} \oint_C f(z) dz\)
规则一：极点计算法
一级极点 (单极点)： \(\text{Res}[f(z), z_0] = \lim_{z \to z_0} (z-z_0) f(z)\)
$m$ 级极点 ($m > 1$)： \(\text{Res}[f(z), z_0] = \frac{1}{(m-1)!} \lim_{z \to z_0} \frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}} \left[ (z-z_0)^m f(z) \right]\)
规则二：级数展开法 对于本性奇点（如 $z^3 e^{1/z}$），必须展开成洛朗级数，直接找 $c_{-1}$。
规则三：无穷远点留数 \(\text{Res}[f(z), \infty] = -\text{Res}\left[ f(\frac{1}{t}) \cdot \frac{1}{t^2}, 0 \right] = -c_{-1} \text{ (注意负号)}\)
定理：若 $f(z)$ 在扩充复平面上只有有限个奇点，则所有奇点（包括 $\infty$）的留数之和为 0。 \(\sum_{k=1}^n \text{Res}[f(z), z_k] + \text{Res}[f(z), \infty] = 0\)
技巧：当有限远奇点很多或很难算时，可以尝试算无穷远点的留数，利用总和为0反求。
设 $C$ 为正向简单闭曲线，其内部含有限个孤立奇点 $z_1, \dots, z_n$，则： \(\oint_C f(z) dz = 2\pi i \sum_{k=1}^n \text{Res}[f(z), z_k]\)
类型 I：三角函数积分 $\int_0^{2\pi} R(\cos \theta, \sin \theta) d\theta$
换元：令 $z = e^{i\theta}$，则 $d\theta = \frac{dz}{iz}$。
代换公式： \(\cos \theta = \frac{z + z^{-1}}{2}, \quad \sin \theta = \frac{z - z^{-1}}{2i}\)
路径：单位圆 $|z|=1$。
结果：$2\pi i \displaystyle \sum$ (单位圆内奇点的留数)。
类型 II：无穷区间积分 $\int_{-\infty}^{+\infty} R(x) dx$
类型 III：傅里叶型积分 $\int_{-\infty}^{+\infty} R(x) e^{iax} dx$ ($a>0$)
条件：分母次数比分子高至少1次。
引理：约当引理 (Jordan’s Lemma) 保证了大圆弧上的积分为0。
结果：$2\pi i \displaystyle \sum$ (上半平面奇点的留数)。
注意：若计算 $\int_{-\infty}^{+\infty} R(x) \cos(ax) dx$ 或 $\sin(ax)$，需取 $R(x)e^{iax}$ 的实部或虚部。
根据第五章习题（Page 131-133），以下结论非常重要：
计算技巧 [习题 16]： 计算 $\oint_C \frac{1}{(z-a)^n (z-b)} dz$ 这类积分时，如果 $C$ 包围了所有奇点，可以直接用“无穷远点留数”法，结果往往是 0（如果分母次数够高）。
Q: 拿到一个积分，如何下手？
Q: 如何快速算留数？
对于非周期函数 $f(t)$，若满足 Dirichlet 条件且在 $(-\infty, +\infty)$ 上绝对可积，则有 Fourier 积分公式： \(f(t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \left[ \int_{-\infty}^{+\infty} f(\tau) e^{-j\omega \tau} d\tau \right] e^{j\omega t} d\omega\)
注意：本书使用工程惯例，虚数单位用 $j$ 表示 ($j^2 = -1$)。
正变换 (求象函数)： \(F(\omega) = \mathscr{F}[f(t)] = \int_{-\infty}^{+\infty} f(t) e^{-j\omega t} dt\)
逆变换 (求象原函数)： \(f(t) = \mathscr{F}^{-1}[F(\omega)] = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} F(\omega) e^{j\omega t} d\omega\)
物理意义：$F(\omega)$ 称为 $f(t)$ 的频谱函数。$|F(\omega)|$ 是振幅频谱，$\arg F(\omega)$ 是相位频谱。
| 信号名称 | 时域信号 $f(t)$ | 频域信号 $F(\omega)$ | 备注 |
|---|---|---|---|
| 指数衰减 | $e^{-\beta t} u(t) \quad (\beta > 0)$ | $\frac{1}{\beta + j\omega}$ | 最基础模型 |
| 矩形脉冲 | $1, \quad |t| < \tau/2$ $0, \quad |t| > \tau/2$ |
$\frac{2}{\omega} \sin \frac{\omega \tau}{2} = \tau \text{Sa}(\frac{\omega \tau}{2})$ | 也就是抽样函数形式 |
| 冲激函数 | $\delta(t)$ | $1$ | 频谱为常数（白谱） |
| 常数 | $1$ | $2\pi \delta(\omega)$ | 能量集中在 0 频 |
| 符号函数 | $\text{sgn}(t)$ | $\frac{2}{j\omega}$ | |
| 阶跃函数 | $u(t)$ | $\frac{1}{j\omega} + \pi \delta(\omega)$ | 包含直流分量 |
注：$u(t)$ 是单位阶跃函数，当 $t>0$ 时为 1，当 $t<0$ 时为 0。
$\delta(t)$ 是广义函数，核心性质是筛选性质： \(\int_{-\infty}^{+\infty} \delta(t - t_0) f(t) dt = f(t_0)\) （前提：$f(t)$ 在 $t_0$ 处连续）。
设 $\mathscr{F}[f(t)] = F(\omega)$，$\mathscr{F}[g(t)] = G(\omega)$。
时移特性 (时域平移 $\to$ 频域相移)： \(\mathscr{F}[f(t - t_0)] = e^{-j\omega t_0} F(\omega)\)
频移特性 (频域平移 $\to$ 时域调制)： \(\mathscr{F}^{-1}[F(\omega - \omega_0)] = f(t) e^{j\omega_0 t}\)
时域微分： \(\mathscr{F}[f'(t)] = j\omega F(\omega) \quad \Rightarrow \quad \mathscr{F}[f^{(n)}(t)] = (j\omega)^n F(\omega)\) (前提：$t \to \infty$ 时 $f(t) \to 0$)
频域微分： \(\mathscr{F}[(-jt) f(t)] = F'(\omega) \quad \Rightarrow \quad \mathscr{F}[t^n f(t)] = j^n \frac{d^n}{d\omega^n} F(\omega)\)
特例：若 $\int_{-\infty}^{+\infty} f(t) dt = 0$（即 $F(0)=0$），则右边只有 $\frac{F(\omega)}{j\omega}$。
物理意义：时域总能量等于频域总能量（系数取决于定义习惯，本书为 $1/2\pi$）。
时域卷积定理： \(\mathscr{F}[f_1(t) * f_2(t)] = F_1(\omega) \cdot F_2(\omega)\) 应用：求线性系统的响应，即 $Y(\omega) = H(\omega) X(\omega)$，然后反变换。
频域卷积定理： \(\mathscr{F}[f_1(t) \cdot f_2(t)] = \frac{1}{2\pi} F_1(\omega) * F_2(\omega)\)
根据第一章习题（习题三 P39），以下性质在正文中未详细证明，但常作为公式使用：
若 $\mathscr{F}[f(t)] = F(\omega)$，则： \(\mathscr{F}[F(t)] = 2\pi f(-\omega)\)
应用：已知矩形脉冲的变换是 Sa 函数，可以利用对称性直接求 Sa 函数的变换是矩形脉冲。
若 $\mathscr{F}[f(t)] = F(\omega)$，且 $a \neq 0$，则： \(\mathscr{F}[f(at)] = \frac{1}{\|a\|} F\left( \frac{\omega}{a} \right)\)
物理意义：时域压缩（$a>1$），频域展宽，且幅度减小。
利用频移性质和欧拉公式可推导：
余弦调制： \(\mathscr{F}[f(t) \cos \omega_0 t] = \frac{1}{2} [F(\omega - \omega_0) + F(\omega + \omega_0)]\)
正弦调制： \(\mathscr{F}[f(t) \sin \omega_0 t] = \frac{1}{2j} [F(\omega - \omega_0) - F(\omega + \omega_0)]\)
对于实函数，$F(-\omega) = \overline{F(\omega)}$（共轭）。
设函数 $f(t)$ 当 $t \ge 0$ 时有定义，复参数 $s = \beta + j\omega$，则 Laplace 变换定义为： \(F(s) = \mathscr{L}[f(t)] = \int_0^{+\infty} f(t) e^{-st} dt\)
| 信号名称 $f(t) (t>0)$ | 象函数 $F(s)$ | 收敛域 | 备注 |
|---|---|---|---|
| 单位脉冲 $\delta(t)$ | $1$ | 全平面 | 极其重要 |
| 单位阶跃 $u(t) = 1$ | $\frac{1}{s}$ | $Re(s)>0$ | |
| 幂函数 $t^n$ ($n \in \mathbb{N}$) | $\frac{n!}{s^{n+1}}$ | $Re(s)>0$ | 若非整数 $\nu > -1$，则为 $\frac{\Gamma(\nu+1)}{s^{\nu+1}}$ |
| 指数函数 $e^{kt}$ | $\frac{1}{s-k}$ | $Re(s)>Re(k)$ | 极点在 $s=k$ |
| 正弦 $\sin kt$ | $\frac{k}{s^2 + k^2}$ | $Re(s)>0$ | |
| 余弦 $\cos kt$ | $\frac{s}{s^2 + k^2}$ | $Re(s)>0$ | |
| 双曲正弦 $\sinh kt$ | $\frac{k}{s^2 - k^2}$ | $Re(s)>|k|$ | |
| 双曲余弦 $\cosh kt$ | $\frac{s}{s^2 - k^2}$ | $Re(s)>|k|$ |
注意：$\mathscr{L}[1] = 1/s$ 与 $\mathscr{F}[1] = 2\pi \delta(\omega)$ 的区别。Laplace 变换主要处理 $t \ge 0$ 的因果信号。
若 $f(t)$ 是周期为 $T$ 的函数，则： \(\mathscr{L}[f(t)] = \frac{1}{1 - e^{-sT}} \int_0^T f(t) e^{-st} dt\)
一阶导数： \(\mathscr{L}[f'(t)] = s F(s) - f(0)\)
二阶导数： \(\mathscr{L}[f''(t)] = s^2 F(s) - s f(0) - f'(0)\)
n 阶导数： \(\mathscr{L}[f^{(n)}(t)] = s^n F(s) - \sum_{k=0}^{n-1} s^{n-1-k} f^{(k)}(0)\)
应用：将微积分运算转化为代数运算。
位移性质 (s域平移)： \(\mathscr{L}[e^{at} f(t)] = F(s-a)\)
延迟性质 (t域平移)： \(\mathscr{L}[f(t-\tau) u(t-\tau)] = e^{-s\tau} F(s) \quad (\tau > 0)\)
微分 (乘 $-t$)： \(\mathscr{L}[-t f(t)] = F'(s) \quad \Rightarrow \quad \mathscr{L}[t f(t)] = -\frac{d}{ds} F(s)\)
积分 (除 $t$)： 若 $\displaystyle \lim_{t\to 0} \frac{f(t)}{t}$ 存在，则： \(\mathscr{L}\left[ \frac{f(t)}{t} \right] = \int_s^{+\infty} F(u) du\)
初值定理：$f(0^+) = \displaystyle \lim_{s \to \infty} s F(s)$
终值定理：$\displaystyle \lim_{t \to \infty} f(t) = \displaystyle \lim_{s \to 0} s F(s)$
条件：$sF(s)$ 的所有极点必须在 $s$ 平面左半部（除原点外）。若极点在虚轴或右半平面，终值定理失效（系统不稳定）。
Laplace 变换中的卷积定义在 $[0, t]$ 区间上： \(f_1(t) * f_2(t) = \int_0^t f_1(\tau) f_2(t - \tau) d\tau\)
对于有理分式 $F(s) = \frac{A(s)}{B(s)}$：
若 $F(s) = \frac{A(s)}{B(s)}$，且 $B(s)=0$ 有 $n$ 个单根 $s_1, \dots, s_n$： \(f(t) = \sum_{k=1}^n \frac{A(s_k)}{B'(s_k)} e^{s_k t}\)
根据第二章习题（习题二 P103），以下性质在正文中未详细强调，但考试中可能用到：
若 $\mathscr{L}[f(t)] = F(s)$，且 $a > 0$，则： \(\mathscr{L}[f(at)] = \frac{1}{a} F\left( \frac{s}{a} \right)\)
应用：已知 $\mathscr{L}[\sin t] = \frac{1}{s^2+1}$，求 $\mathscr{L}[\sin 3t]$ 时，直接令 $a=3$ 代入公式。
求解 $y’’ + ay’ + by = f(t)$：
提示：鼠标移动会产生拖尾并影响周围粒子；按住 Alt 可切换吸引（Alt）/排斥（默认）效果。