6. 라플라스 변환

6.1 라플라스 변환의 정의

$\alpha \le t \le \beta$가 유한 개의 점 $\alpha = t_0 < t_1 < \cdots < t_n = \beta$에 의해 나누어질 때,

  • $f$는 각 부분구간 $t_{i-1} < t < t_i$에서 연속
  • 각 부분구간의 끝지점에 불연속성이 없다.

이러한 성질의 $f$조각적 연속(piece continuous)이라 한다.

유한 구간에 대한 조각적 연속함수의 적분은 부분구간들끼리 각자 적분해서 합치면 된다.

(1)
\begin{align} \int_\alpha^\beta f(t) dt = \int_\alpha^{t_1} f(t) dt + \int_{t_1}^{t_2} f(t) dt + \int_{t_2}^\beta f(t) dt \end{align}

정리 6.1.1

$f$$t>a$에서 조각적 연속이고, 어떤 양의 상수 $M$에 대하여 $t \ge M$일 때 $\left\lvert f(t) \right\rvert \le g(t)$ 이고, $\int_M^\infty g(t) dt$가 수렴하면
$\implies \int_a^\infty f(t) dt$도 수렴한다.

한편 $t \ge M$에서 $f (t) \ge g(t) \ge 0$이고 $\int_M^\infty g(t) dt$가 발산하면
$\implies \int_a^\infty f(t) dt$도 발산한다

라플라스 변환

(2)
\begin{align} F(s) = \int_\alpha^\beta K(s, t) f(t) dt, \end{align}

주어진 함수 $K(s, t)$를 변환의 속씨(kernel)라 한다. 식 (2)에 의해 함수 $f$는 다른 함수 $F$가 되고, 이를 $f$변환(transform)이라 한다.

적분변환들 중 유용한 것으로 라플라스 변환이 있다.

(3)
\begin{align} \mathcal{L} \{ f(t) \} = F(s) = \int_0^\infty \exp [ -st ] f(t) dt, \end{align}

라플라스 변환은 속씨함수로 $K (x, t) = \exp [ -st ]$를 사용한다. 라플라스 변환의 미분방정식에 대한 적용은 다음과 같은 순서를 따른다.

  1. 식 (3)을 이용해 $t$에 의한 미지의 함수 $f$에 대한 초기값 문제를 $s$에 의한 함수 $F$에 대한 대수적 문제로 변환한다.
  2. 대수적 문제를 풀어 $F$를 찾는다.
  3. 원래 구하고자 했던 $f$$F$를 역변환해서 찾는다.

정리 6.1.2

  • $0 \le t \le$에 대하여 $f$는 연속
  • $\left\lvert f(t) \right\rvert \le K \exp [at ]$
(4)
\begin{align} \implies \exists\ \mathcal{L} \{ f(t) \} = F(s), \quad s > a. \end{align}

증명:

(5)
\begin{align} \int_0^A \exp [ - st] f(t) dt & = \int_0^M \exp [-st] f(t) dt + \int_M^A \exp[ -st] f(t) dt \\ & \le \int _0^M \exp [-st] f(t) dt + K \int_M^A \exp [- (s-a) t] dt \\ \end{align}
(6)
\begin{align} \mathcal{L} \{ kf \} = K \mathcal{L} \{ f \} \end{align}

예제 4

$f(t) = 1, \quad t \ge 0$

(7)
\begin{align} \mathcal{L} \{ 1 \} = \int_0^\infty \exp [-st] dt = \left. {{ \exp [-st] } \over {-s}} \right\rvert_0^\infty = {1 \over s}, \quad s > 0 \end{align}

예제 5

$f(t) = \exp [at ], \quad t \ge 0$

(8)
\begin{align} \mathcal{L} \{ \exp [at] \} & = \int_0^\infty \exp [- st] \exp [at] dt = \int_0^\infty \exp [ -(s-a) t ] dt \\ & = \left. {{\exp [-(s-a)t] } \over {-(s-a)}} \right\rvert_0^\infty = {1 \over {s-a}}, \quad s> a \end{align}

예제 6

$f(t) = \begin{cases} 1, & 0 \le t < 1, \\ k, & t = 1, \\ 0, & t > 1, \end{cases}, \quad k = \mathrm{const.}$
$f$는 조각적 연속함수

(9)
\begin{align} \mathcal{L} \{ f(t) \} & = \int_0^\infty \exp [-st] f(t) dt = \int_0^1 \exp [ -st] dt \\ & = - \left. {{ \exp [-st] } \over {s}} \right\rvert_0^1 = {{1 - \exp [-s] } \over {s}}, \quad s>0. \end{align}

$k$값과 상관없이 라플라스 변환이 정해진다는 것을 주목. 불연속 지점에서 $f(t)$rㅏ 정의되어 있지 않더라도 $f$의 라플라스 변환은 그대로이다. 즉 한 점의 값만 다른 여러 함수들의 라플라스 변환은 모두 같다.

예제 7

$f(t) = \sin (at) , \quad t \ge 0$

(10)
\begin{align} \mathcal{L} \{ \sin (at) \} = F(s) & = \int_0^\infty \sin (at) dt , \quad s > 0. \\ & = \lim_{A \rightarrow \infty } \int_0^A \exp [ -st ] \sin (at) dt, \\ & = \lim_{A \rightarrow \infty }\left[ - \left. {{\exp[-st] \cos (at)} \over {a}} \right\rvert_0^A - {s \over a} \int_0^A \exp [-st] \cos (at) dt \right] \quad (부분적분) \\ & = {1 \over a} - {s \over a} \int_0^\infty \exp [-st] \cos (at) dt. \\ & = {1 \over a} - {{s^2} \over {a^2}} \int_0^\infty \exp [- st] \sin (at) dt \quad (부분적분) \\ & = {1 \over a} - {{s^2} \over {a^2}} F(s). \end{align}
(11)
\begin{align} \left( 1 + {{s^2} \over {a^2}} \right) F(s) = {1 \over a}, \quad F(s) = {{a} \over {s^2 + a^2}}, \quad s> 0 \end{align}

(12)
\begin{align} \mathcal{L} \{ c_1 f_1 (t) +c_2 f_2 (t) \} & = \int_0^\infty \exp [-st] \cdot (c_1 f_1 + c_2 f_2 ) dt \\ & = c_1 \int_0^\infty \exp [ -st] f_1 (t) dt + c_2 \int_0^\infty \exp [-st] f_2 (t) dt; \\ & = c_1 \mathcal{L} \{ f_1 (t) \} + c_2 \mathcal{L} \{ f_2 (t) \}. \end{align}

라플라스 변환 $\mathcal{L}$은 선형연산자이며, 이 성질을 존나 많이 쓰게 될 것이다.

6.2 초기값 문제의 해

(13)
\begin{align} \mathcal{L} \{ c_1 f_1 + c_2 f_2 \} = c_1 \mathcal{L} \{ f_1 \} + c_1 \mathcal{L} \{ f_2 \} \end{align}
(14)
\begin{align} \mathcal{L} \{ a y'' + b y' + c y \} & = a \mathcal{L} \{ y'' \} + b \mathcal{L} \{ y' \} + c \mathcal{L} \{ y \} \\ & = a [ s' \mathcal{L} \{ y \} - s y(0) - y'(0) ] + b [ s \mathcal{L} \{ y \} - y(0) ] + c \mathcal{L} \{ y \} \end{align}

정리 6.2.1

(15)
\begin{align} \mathcal{L} \{ f'(t) \} = s \mathcal{L} \{ f(t) \} - f(0) \end{align}
(16)
\begin{align} \mathcal{L} \{ f''(t) \} & = s \mathcal{L} \{ f' (t) \} - f'(0) \\ & = s [ s \mathcal{L} \{ f(t) \} - f(0) ] - f'(0) \\ & = s^2 \mathcal{L} \{ f(t) \} - s f(0) - f'(0) \end{align}

정리 6.2.2

(17)
\begin{align} \mathcal{L} \{ f^{(n)} (t) \} = s^n \mathcal{L} \{ f(t) \} - s^{(n-1)} f(0) - \cdots - s f^{(n-2)} (0) - f^{(n-1)} (0) \end{align}

표 6.2.1 - 라플라스 변환표

$f(t) = \mathcal{L}^{-1} \{ F(s) \}$ $F(s) = \mathcal{L} \{ f(t) \}$ 비고
1. 1 ${{1} \over {s}}, \quad s>0$ 6.1절 예제 4
2. $e^{at}$ ${{1} \over {s-a}}, \quad s>a$ 6.1절 예제 5
3. $t^n, \quad 0< n \in \mathrm{Z}$ ${{n!} \over {s^{n+1}}}, \quad s > 0$ 6.1절 문제 31
4. $t^p, \quad p > -1$ ${{\Gamma (p+1)} \over {s^{p+1}}}, \quad s>0$ 6.1절 문제 31
5. $\sin (at)$ ${{a}\over {s^2 + a^2 }}, s > 0$ 6.1절 예제 7
6. $\cos (at)$ ${{s} \over {s^2 + a^2 }}, \quad s>0$ 6.1절 문제 6
7. $\sinh (at)$ ${{a } \over {s^2 -a^2 }}, \quad s > \lvert a \rvert$ 6.1절 문제 8
8. $\cosh (at)$ ${{s} \over {s^2 - a^2 }}, \quad s > \lvert a \rvert$ 6.1절 문제 7
9. $e^{at} \sin (bt)$ ${{b} \over {(s-a)^2 + b^2}}, \quad s>a$ 6.1절 문제 13
10. $e^{at}, \cos (bt)$ ${{s-a} \over {(s-a)^2 + b^2}}, \quad s>a$ 6.1절 문제 14
11. $t^n e^{at}, \quad 0<n \in \mathrm{Z}$ ${{n!} \over {(s-a)^{n+1}} }, \quad s>a$ 6.1절 문제 18
12. $u_c (t)$ ${{e^{-cs} } \over {s}}, \quad s>0$ 6.3절
13. $u_c (t) f(f-c)$ $c^{-cs} F(s)$ 6.3절
14. $e^{ct} f(t)$ $F(s-c)$ 6.3절
15. $f(ct)$ ${1 \over c} F \left( {{s} \over {c}} \right), \quad c>0$ 6.3절 문제 25
16. $\int_0^t f(t - \tau) g( \tau ) d \tau$ $F(s) G(s)$ 6.6절
17. $\delta(t - c)$ $e^{-cs}$ 6.5절
18. $f^{(n)} (t)$ $s^n F(s) - s^{n-1} f(0) - \cdots - f^{(n-1)} (0)$ 6.2절 따름정리 6.2.2
19. $(-t)^n f(t)$ $F^{(n)}(s)h$ 6.2절 문제 29

6.3 계단함수

figure-6-3-1.png
(18)
\begin{align} u_c (t) = \begin{cases} 0, & t < c, \\ 1, t \ge c. \end{cases} \end{align}

이따구로 생겨먹은 함수를 계단함수(step function)라고 한다. 위의 경우는 계단의 크기가 1인데, 이것을 단위계단함수(unit step function)

(19)
\begin{align} \mathcal{L} \{ u_c (t) \} & = \int_0^\infty \exp [ -st ] u_c (t) dt \\ & = \int_c^\infty \exp [ -st ] dt = \left. {{ e^{-st} } \over {-s}} \right\rvert_c^\infty \\ & = {{ e^{-st} } \over {s}} \end{align}

정리 6.3.1

$F(s) = \mathcal{L} \{ f(t) \}$이고 $s > a \ge 0, \quad 0 < c = \mathrm{const.}$일 때,

(20)
\begin{align} \mathcal{L} \{ u_c f( t - c) \} = \exp [-cs] \mathcal{L} \{ f(t) \} = \exp [-cs] F(s), \quad s>a. \end{align}

역으로,

(21)
\begin{align} u_c (t) f(t-c) = \mathcal{L}^{-1} \{ \exp [-cs] F(s) \} \end{align}

정리 6.3.2

$F(s) = \mathcal{L} \{ f(t) \}$이고 $s > a \ge 0, \quad c = \mathrm{const.}$일 때,

(22)
\begin{align} \mathcal{L} \{ \exp [ct ] f(t) \} & = \int_0^\infty \exp [-st ] \exp [ct] f(t) dt \\ & = \int_0^\infty \exp [ - (s-c) t ] f(t) dt \\ & = F(s-c) \end{align}

역으로,

(23)
\begin{align} \exp [ ct] f(t) = \mathcal{L}^{-1} \{ F (s - c) \}. \end{align}

위의 정리들을 사용할 때, 라플라스 변환의 기본 조건 —

(24)
\begin{align} \left\lvert f(t) \right\rvert \le K \exp [at] \end{align}

이 준수됨을 확인해야 한다. 만약 함수가 적분이 되지 않는다면 이 조건을 확인해 보자.

6.4 불연속 강제함수가 포함된 미분방정식

6.5 충격함수

(25)
\begin{align} d_\tau (t) = \begin{cases} {{1} \over {2 \tau}}, & - \tau t < \tau \\ 0, & \mathrm{else}. \end{cases} \end{align}

$\tau$를 0의 극한으로 보내보면

(26)
\begin{align} \lim_{\tau \rightarrow 0^+} d_\tau (t) = 0, \quad t =ne 0 \end{align}
(27)
\begin{align} \lim_{\tau \rightarrow 0^+} I ( \tau ) = 1. \end{align}

이것을 단위충격함수(unit impulse function)이라 한다.
새로운 함수 델타함수(function)를 정의한다.

(28)
\begin{align} \mathcal{L} \{ \delta ( t - t_0 ) \} & := \lim_{\tau \rightarrow 0 } \mathcal{L} \{ d_\tau (t - t_0 ) \} \end{align}
(29)
\begin{align} \mathcal{L} \{ d_\tau ( t - t_0 ) \} & = \int_0^\infty \exp [-st] d_\tau ( t - t_0 ) dt \\ & = {1 \over { 2 \tau }} \int_{t_0 - \tau}^{t_0 + \tau} \exp [-st] dt \\ & = {1 \over {2 \tau }} \left[ {{ e^{-st} } \over {-s}} \right]_{t_0 - t}^{t_0 + \tau} \\ & = {1 \over {2 \tau }} \left[ {{ \exp [-s (t_0 + \tau) ] - \exp [-s (t_0 - \tau)] } \over {s}} \right] \\ & = {{1} \over {2 s \tau }} \exp [ - s t_0 ] ( \exp [s \tau ] - \exp [ - s \tau ] \\ & = {{ \exp [-s t_0 ] } \over {2s \tau}} \sinh ( s \tau ) \end{align}
(30)
\begin{align} \lim_{\tau \rightarrow 0} {{ \sinh (s \tau) } \over {s \tau}} = \lim_{\tau \rightarrow 0} {{ s \cosh ( s \tau ) } \over {s}} = 1. \end{align}
(31)
\begin{align} \int_{-\infty}^\infty \delta ( t - t_0 ) f(t) dt & := \lim_{\tau \rightarrow 0 } \int_{-\infty}^{\infty} d_\tau (t - t_0 ) f(t) dt \\ & = {1 \over {2 \tau}} \int_{t_0 - \tau}^{t_0 + \tau} f(t) dt \\ & = {1 \over {2 \tau}} \cdot 2 \tau \cdot f(t^* ) \\ & = f( t^* ) \end{align}
(32)
\begin{align} \int_{-\infty}^\infty \delta (t - t_0 )f(t) dt = f(t_0) \end{align}

6.6 합성곱적분

(33)
\begin{align} ay'' + by' + cy = g(t), \quad y(0) = y_0 y'(0)=y'_0 \end{align}

라플라스 적분하고 초기값을 사용하면

(34)
\begin{equation} ( a s^2 + bs + c ) Y(s) - (as + b ) y_0 - a y'_0 = G(s) \end{equation}
(35)
\begin{align} \Phi(s) = {{(as + b) y_0 + ay'_0} \over {as^2 +bs + c}}, \quad \Psi = {{G(s)} \over {as^2 + bs + c}}, \end{align}
(36)
\begin{align} Y(s) & = \Phi (s) + \Psi (s), \\ y & = \phi + \psi \end{align}

이때 $\phi (t) = \mathcal{L}^{-1} \{ \Phi (x) \}, \psi (t) = \mathcal{L}^{-1} \{ \Psi (x) \}$이다. $\phi$는 초기값 문제

(37)
\begin{align} ay'' +by' + cy = 0, \quad y(0) = y_0, y'(0) = y'_0, \end{align}

의 해이다. 마찬가지로 $\psi$

(38)
\begin{align} ay'' +by' + cy = g(t), \quad y(0) = 0, y'(0) = 0, \end{align}

의 해이다.

(39)
\begin{align} \Phi (s) = H (s) G (s) \end{align}

이때 $H = (a s^2 + bs + c )^{-1}$이며 전이함수(transfer function)이라 한다.

(40)
\begin{align} \psi (t) = \mathcal{L}^{-1} \{ H (s) G (s) \} = \int_0^t h (t - \tau) g (\tau) d \tau, \end{align}

이때 $h(t) = \mathcal{L}^{-1} \{ H(s) \}$