라플라스 변환

 

수학과 물리학자이면서 천문학자였던 피에르 시몬 마르퀴스 데 라플라스는 확률론에서 미분방정식을 아주 쉽게 계산할 수 있게 해주는 적분 변환을 고안하였다. 프랑스의 뉴턴으로 불렸던 그는 가난한 농부의 아들이었지만 훗날 나폴레옹과 친구가 되고 귀족이 되었다.

라플라스 변환을 공부하면 미분방정식을 대수방정식으로 바꾸고 해를 구하고 이를 역변환하여 미분방정식의 해를 구할 수 있게 된다.

라플라스 변환

정의 

함수 $f$의 라플라스 변환은 $t \geq 0$에서 정의된 함수를 아래와 같이 적분한 값이 수렴하는 함수다.

$$F(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t) dt = \lim_{b \rightarrow \infty} \int_{0}^{b} e^{-st} f(t) dt$$

이것을 기호로는 $\mathscr{L}\{f(t)\}=F(s)$로 적는다.

스크립트 글꼴로 쓰인 기호도 뭔가 보기 좋다.

보기 $$\begin{split} \mathscr{L} \{ 1 \} & = \int_{0}^{\infty} e^{-st} \cdot 1\;dt =\lim_{b \rightarrow \infty} \int_{0}^{b} e^{-st} dt \\ &= \lim_{b \rightarrow \infty} \frac{-e^{-st}}{s} \bigg|_{0}^{b} \\ &= \lim_{b \rightarrow \infty} \frac{-e^{-sb}+1}{s} \\ &= \frac{1}{s} \quad s>0 \end{split}\tag{a}$$

이것을 더 짧게 아래와 같이 쓴다.

$$\begin{split} \mathscr{L} \{ 1 \} & = \int_{0}^{\infty} e^{-st} \;dt  \\ &= \lim_{b \rightarrow \infty} \frac{-e^{-st}}{s} \bigg|_{0}^{\infty}  \\ &= \frac{1}{s} \quad s>0 \end{split}$$

정리

라플라스 변환은 선형 변환(linear transform)이다.

증명은 적분의 성질이므로 아주 간단하다.  $$\int_{0}^{\infty} e^{-st}[\alpha f(t)+\beta g(t)]\;dt =\alpha \int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t) dt +\beta \int_{0}^{\infty} e^{-st} g(t) dt$$

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$$\mathscr{L}\{\alpha f(t) +\beta g(t)\}=\alpha \mathscr{L} \{ f(t) \} +\beta \mathscr{L} \{ g(t) \}=\alpha F(s)+\beta G(s) $$

정리

$f(t)$가 구간 $[0, \infty)$에서 구간별로 연속(piecewise coutinuous)이고 $t>T$일 때 지수 차수(exponential order)이면 $s>c$일 때 $\mathscr{L} \{ f(t) \} $가 존재한다.

참고

함수 $f$가 주어진 구간에서 불연속인 점이 기껏해야 유한개이거나 연속이면 함수 $f$는 구간별로 연속이다. 

$t>T$일 때 $|f(t)|<Me^{ct}$인 $c$, $M>0, T>0$가 존재하면 $f$는 지수 차수라 말한다.

증명 $$\begin{split} \mathscr{L} \{ f(t) \} &=\int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t) dt \\ &=\int_{0}^{T} e^{-st} f(t) dt +\int_{T}^{\infty} e^{-st} f(t) dt=I_1 +I_2\end{split}$$

$I_1$은 $f$가 연속인 구간별로 적분하면 되므로 $I_2$가 존재함을 밝히면 된다.

$$\begin{split} |I_2| & \leq \int_{T}^{\infty} | e^{-st} f(t) | dt \leq M \int_{T}^{\infty} e^{-st} e^{ct} dt \\ &= M \int_{T}^{\infty} e^{-(s-c)t} dt = -M \frac {e^{-(s-c)t} }{s-c} \bigg|_{T}^{\infty} \\ &= M \frac {e^{(s-c)T}}{s-c} \quad for  \quad s > c \end{split}$$

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중요한 몇몇 함수를 변환해 보자.

1.

\begin{split} \mathscr{L} \{ t \} & = \int_{0}^{\infty} e^{-st} t \;dt \\ &= \frac{-te^{-st}}{s} \bigg|_{0}^{\infty} + \frac{1}{s} \int_{0}^{\infty} e^{-st} \;dt \\ &= \frac{1}{s} \mathscr{L} \{ 1 \} =\frac{1}{s} \bigg( \frac{1}{s} \bigg) \\&= \frac{1}{s^2} \quad s>0 \end{split}

\begin{split} \mathscr{L} \{ t^n \} & = \int_{0}^{\infty} e^{-st} t^n \;dt \\ &= \frac{-t^n e^{-st}}{s} \bigg|_{0}^{\infty} + \frac{n}{s} \int_{0}^{\infty} e^{-st} t^{n-1}\;dt \\ &= \frac{n}{s} \int_{0}^{\infty} e^{-st} t^{n-1}\;dt \\ &= \frac{n}{s} \mathscr{L} \{ t^{n-1} \} \end{split}

2.

\begin{split} \mathscr{L} \{ e^{-3t} \} & = \int_{0}^{\infty} e^{-st} e^{-3t} \;dt \\ & = \int_{0}^{\infty} e^{-(s+3)t} \;dt \\ &= \frac{-e^{(s+3)t}}{s} \bigg|_{0}^{\infty} \\ &= \frac{1}{s+3} \quad s>-3 \end{split}

3.

\begin{split} \mathscr{L} \{ \sin 2t \} & = \int_{0}^{\infty} e^{-st} \sin 2t \;dt \\ &= \frac{-e^{-st} \sin 2t}{s} \bigg|_{0}^{\infty} + \frac{2}{s} \int_{0}^{\infty} e^{-st} \cos 2t \;dt \\ &=  \frac{2}{s} \int_{0}^{\infty} e^{-st} \cos 2t \;dt , \quad s>0 \\ & = \frac{2}{s} \bigg[ \frac{e^{-st} \cos 2t}{s} \bigg|_{0}^{\infty} - \frac{2}{s} \int_{0}^{\infty} e^{-st} \sin 2t \;dt \bigg] \\&= \frac{2}{s^2} - \frac{4}{s^2} \mathscr{L} \{ \sin 2t \}\end{split}

\begin{split}\\ \bigg[ 1+\frac{4}{s^2}\bigg] \mathscr{L} \{\sin 2t \} &= \frac{2}{s^2} \\ \mathscr{L} \{\sin 2t \}&= \frac{2}{s^2 +4} \quad s>0 \end{split}

4.

\begin{split} \mathscr{L} \{ 3t -5 \sin 2t \}& = 3 \mathscr{L}\{ t \} -5 \mathscr{L} \{ \sin 2t \} \\ &= 3\cdot \frac{1}{s^2}-5\cdot \frac{2}{s^2 +4}\\ &= \frac{-7s^2 +12}{s^2 (s^2 +4)},\quad s>0  \end{split}

중요한 변환을 적어보면 아래와 같다.

$\displaystyle{\mathscr{L} \{ 1 \} = \frac{1}{s} \tag{a}}$

$\displaystyle{\mathscr{L} \{ t^n \} = \frac{n!}{s^{n+1}} \quad n=1,2,3,\cdots \tag{b}}$

$\displaystyle{\mathscr{L} \{ e^{at} \} = \frac{1}{s-a} \tag{c}}$

$$\displaystyle{\mathscr{L} \{ \sin kt \} = \frac{k}{s^2 +k^2} \tag{d}}$$

$$\displaystyle{\mathscr{L} \{ \cos kt \} = \frac{s}{s^2 +k^2} \tag{e}}$$

$$\displaystyle{\mathscr{L} \{ \sinh kt \} = \frac{k}{s^2 -k^2} \tag{f}}$$

$$\displaystyle{\mathscr{L} \{ \cosh kt \} = \frac{s}{s^2 -k^2} \tag{g}}$$

5

\begin{split} \mathscr{L} \{ \sin^2 t \}& = 3 \mathscr{L}\{ \frac{1-\cos 2t}{2} \}= \frac{1}{2} \mathscr{L} \{ 1 \} -\frac{1}{2} \mathscr{L} \{ \cos 2t \}\\ &= \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{s} -\frac{1}{2}\cdot \frac{s}{s^2 +4}= \frac{2}{s (s^2 +4)}. \end{split}

라플라스 역변환

라플라스 변환은 아래와 같이 역변환을 정의한다.

$$f(t)=\mathscr{L}^{-1}\{F(s) \}$$

중요한 역변환을 적어보면 아래와 같다.

$\displaystyle{ 1 = \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{1}{s} \bigg\} \tag{a}}$

$\displaystyle{t^n = \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{n!}{s^{n+1}} \bigg\} \quad n=1,2,3,\cdots \tag{b}}$

$\displaystyle{ e^{at} = \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{1}{s-a} \bigg\} \tag{c}}$

$$\displaystyle{ \sin kt = \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{k}{s^2 +k^2} \bigg\} \tag{d}}$$

$$\displaystyle{ \cos kt = \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{s}{s^2 +k^2} \bigg\} \tag{e}}$$

$$\displaystyle{ \sinh kt = \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{k}{s^2 -k^2} \bigg\} \tag{f}}$$

$$\displaystyle{ \cosh kt = \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{s}{s^2 -k^2} \bigg\} \tag{g}}$$

1. $\displaystyle{ \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{1}{s^5} \bigg\} =\frac{1}{4!}\mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{4!}{s^5} \bigg\}=\frac{1}{24}t^4}$

2. $\displaystyle{ \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{1}{s^2 +64} \bigg\} =\frac{1}{8}\mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{8}{s^2+ 64} \bigg\}=\frac{1}{8}\sin 8t}$

3. $\displaystyle{ \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{3s+5}{s^2 +7 } \bigg\} =3 \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{s}{s^2 +7 } \bigg\}+\frac{5 }{\sqrt7}\mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{\sqrt 7 }{s^2 +7 } \bigg\}=3\cos \sqrt7 t+\frac{5}{\sqrt7}\sin \sqrt7 t}$

4. 고등학교에서 배우는 부분분수로 분리하는 방법을 써서 다양한 역변환을 할 수 있다.

예를 들면 $\displaystyle{\frac{1}{(s-1)(s+2)(s+4)}=\frac{1/15}{s-1}-\frac{1/6}{s+2}+\frac{1/10}{s+4}}$이므로 

\begin{split}\mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{1}{(s-1)(s+2)(s+4)} \bigg\}&=\frac{1}{15} \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{1}{s-1} \bigg\} -\frac{1}{6} \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{1}{s+2} \bigg\}+\frac{1}{10} \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{1}{s+4} \bigg\}\\&= \frac{1}{15}e^t -\frac{1}{6}e^{-2t}+\frac{1}{10}e^{-4t}\end{split}

정리

$f(t)$가 구간 $[0,\infty)$에서 구간별 연속이고 $t>T$에 대하여 지수 차수이면 $\displaystyle{\lim_{s\rightarrow \infty}\mathscr{L}\{f(t)\}=0}$이다.

증명 $f(t)$가 구간 $[0,\infty)$에서 구간별 연속이면 $0\leq t \leq T$에서 유계되어 있다.

$$|f(t)|\leq M_1 =M_1 e^{0t}$$

또한 지수 차수를 가지므로 $t>T$에 대하여 아래와 같이 유계되어 있다.

$$|f(t)| \leq M_2e^{\gamma t}$$

$M=max\{M_1, M_2\},\quad c=max\{0,\gamma\}$라고 하면

$$|\mathscr{L}\{f(t)\}| \leq \int_{0}^{\infty} e^{-st} |f(t)|\;dt \leq M  \int_{0}^{\infty} e^{-st} e^{ct}\;dt = -M \frac{e^{-s-c)t}}{s-c}\bigg|_{0}^{\infty}=\frac{M}{s-c}$$

그러므로 $s \rightarrow \infty$일 때, $|\mathscr{L}\{f(t)\}| \rightarrow 0$이므로 $\mathscr{L}\{f(t)\} \rightarrow 0$이다.                                                   

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