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.

$$F(s)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}f(t)dt=\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^b{e}^{-st}f(t)dt$$

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

스크립트 글꼴로 쓰인 기호도 뭔가 보기 좋다.

보기 $$\begin{array}{}\text{(a)}& \begin{array}{rl}\mathcal{L}\{1\}& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}\cdot 1dt=\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^b{e}^{-st}dt\\ & =\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{-e^{-st}}{s}{|}_0^b\\ & =\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{-e^{-sb}+1}{s}\\ & =\frac{1}{s}s>0\end{array}\end{array}$$

이것을 더 짧게 아래와 같이 쓴다.

$$\begin{array}{rl}\mathcal{L}\{1\}& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}dt\\ & =\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{-e^{-st}}{s}{|}_0^{\mathrm{\infty }}\\ & =\frac{1}{s}s>0\end{array}$$

정리

라플라스 변환은 선형 변환(linear transform)이다.

증명은 적분의 성질이므로 아주 간단하다.  $${\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}[\alpha f(t)+\beta g(t)]dt=\alpha {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}f(t)dt+\beta {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}g(t)dt$$

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

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 $$\begin{array}{rl}\mathcal{L}\{f(t)\}& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}f(t)dt\\ & ={\int }_0^T{e}^{-st}f(t)dt+{\int }_T^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}f(t)dt=I_1+I_2\end{array}$$

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

$$\begin{array}{rl}|I_2|& \le {\int }_T^{\mathrm{\infty }}|e^{-st}f(t)|dt\le M{\int }_T^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}{e}^{ct}dt\\ & =M{\int }_T^{\mathrm{\infty }}{e}^{-(s-c)t}dt=-M\frac{e^{-(s-c)t}}{s-c}{|}_T^{\mathrm{\infty }}\\ & =M\frac{e^{(s-c)T}}{s-c}fors>c\end{array}$$

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중요한 몇몇 함수를 변환해 보자.

1.

$$\begin{array}{rl}\mathcal{L}\{t\}& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}tdt\\ & =\frac{-t{e}^{-st}}{s}{|}_0^{\mathrm{\infty }}+\frac{1}{s}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}dt\\ & =\frac{1}{s}\mathcal{L}\{1\}=\frac{1}{s}(\frac{1}{s})\\ & =\frac{1}{s^2}s>0\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}\mathcal{L}\{t^n\}& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}{t}^{n}dt\\ & =\frac{-t^n{e}^{-st}}{s}{|}_0^{\mathrm{\infty }}+\frac{n}{s}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}{t}^{n-1}dt\\ & =\frac{n}{s}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}{t}^{n-1}dt\\ & =\frac{n}{s}\mathcal{L}\{t^{n-1}\}\end{array}$$

2.

$$\begin{array}{rl}\mathcal{L}\{e^{-3t}\}& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}{e}^{-3t}dt\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-(s+3)t}dt\\ & =\frac{-e^{(s+3)t}}{s}{|}_0^{\mathrm{\infty }}\\ & =\frac{1}{s+3}s>-3\end{array}$$

3.

$$\begin{array}{rl}\mathcal{L}\{\sin 2t\}& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}\sin 2tdt\\ & =\frac{-e^{-st}\sin 2t}{s}{|}_0^{\mathrm{\infty }}+\frac{2}{s}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}\cos 2tdt\\ & =\frac{2}{s}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}\cos 2tdt,s>0\\ & =\frac{2}{s}[\frac{e^{-st}\cos 2t}{s}{|}_0^{\mathrm{\infty }}-\frac{2}{s}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}\sin 2tdt]\\ & =\frac{2}{s^2}-\frac{4}{s^2}\mathcal{L}\{\sin 2t\}\end{array}$$

$$\begin{array}{r}\\ [1+\frac{4}{s^2}]\mathcal{L}\{\sin 2t\}& =\frac{2}{s^2}\\ \mathcal{L}\{\sin 2t\}& =\frac{2}{s^2+4}s>0\end{array}$$

4.

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

중요한 변환을 적어보면 아래와 같다.

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

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

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

$$\begin{array}{}\text{(d)}& {\displaystyle \mathcal{L}\{\sin kt\}=\frac{k}{s^2+k^2}}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(e)}& {\displaystyle \mathcal{L}\{\cos kt\}=\frac{s}{s^2+k^2}}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(f)}& {\displaystyle \mathcal{L}\{\sinh kt\}=\frac{k}{s^2-k^2}}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(g)}& {\displaystyle \mathcal{L}\{\cosh kt\}=\frac{s}{s^2-k^2}}\end{array}$$

5

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

라플라스 역변환

라플라스 변환은 아래와 같이 역변환을 정의한다.

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

중요한 역변환을 적어보면 아래와 같다.

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

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

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

$$\begin{array}{}\text{(d)}& {\displaystyle \sin kt={\mathcal{L}}^{-1}\{\frac{k}{s^2+k^2}\}}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(e)}& {\displaystyle \cos kt={\mathcal{L}}^{-1}\{\frac{s}{s^2+k^2}\}}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(f)}& {\displaystyle \sinh kt={\mathcal{L}}^{-1}\{\frac{k}{s^2-k^2}\}}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(g)}& {\displaystyle \cosh kt={\mathcal{L}}^{-1}\{\frac{s}{s^2-k^2}\}}\end{array}$$

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 

$$\begin{array}{rl}{\mathcal{L}}^{-1}\{\frac{1}{(s-1)(s+2)(s+4)}\}& =\frac{1}{15}{\mathcal{L}}^{-1}\{\frac{1}{s-1}\}-\frac{1}{6}{\mathcal{L}}^{-1}\{\frac{1}{s+2}\}+\frac{1}{10}{\mathcal{L}}^{-1}\{\frac{1}{s+4}\}\\ & =\frac{1}{15}{e}^t-\frac{1}{6}{e}^{-2t}+\frac{1}{10}{e}^{-4t}\end{array}$$

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.

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

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

$$|f(t)|\le M_2{e}^{\gamma t}$$

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

$$|\mathcal{L}\{f(t)\}|\le {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}|f(t)|dt\le M{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}{e}^{ct}dt=-M\frac{e^{-s-c)t}}{s-c}{|}_0^{\mathrm{\infty }}=\frac{M}{s-c}$$

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

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