라플라스 변환 정리 갈무리

갑자기 라플라스 변환을 써야 할 때 찾아보기 쉽게 정리해 둔다.

정의 

함수 $f$의 라플라스 변환은 $t \geq 0$에서 정의된 함수를 아래와 같이 적분했을 때, 이 적분의 극한이 되는 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.

첫 번째 변환 정리 

$a\in \mathbf{R}, F(s)=\mathscr{L}\{ f(t) \}$

$$\mathscr{L}\{ e^{at} f(t) \}= \mathscr{L}\{ f(t) \}_{s \rightarrow s-a}=F(s-a) \tag{1}$$

$$e^{at} f(t)= \mathscr{L}^{-1}\{ F(s-a) \}= \mathscr{L}^{-1}\{ F(s) |_{s \rightarrow s-a} \} \tag{2}$$

정의 

아래 함수를 단위 계단 함수(unit step function)라 한다.

$$\mathscr{U}(t-a)=\begin{cases}0 & \quad 0 \leq t < a \\ 1 & \quad a \leq t \end{cases}$$

두 번째 변환 정리 

$a>0$

$$\mathscr{L} \{f(t-a)\mathscr{U}(t-a) \}=e^{-as}\mathscr{L} \{ f(t) \}=e^{-as}F(s) \tag{3}$$

$$f(t-a)\mathscr{U}(t-a)=\mathscr{L}^{-1} \{ e^{-as}F(s) \} \tag{4}$$

변환의 도함수(Derivatives of Transform) 

$n=1,2,3,\cdots$

$$\mathscr{L}\{ t^n f(t) \}= (-1)^n \frac{d^n}{d s^n}\mathscr{L}\{ f(t) \}= (-1)^n \frac{d^n}{d s^n} F(s) \tag{5}$$

$$t^n f(t) = \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ (-1)^n \frac{d^n}{d s^n} F(s) \bigg\} \tag{6}$$

도함수의 변환(Transform of Derivative) 

구간 $[0,\infty)$에서 $f(t),f^{\prime}(t), \cdots,f^{(n-1)}(t)$는 연속이고 $f^{(n)}$은 구간별 연속(piecewise continuous)

$$\mathscr{L}\{ f^{(n)}(t) \}= (s)^n F(s) -s^{n-1}f(0)-s^{n-2} f^{\prime}(0)-\cdots-f^{(n-1)}(0) \tag{7}$$

정의 

두 함수의 합성곱(convolution)

$$f*g=\int_{0}^{\infty}f(\tau)g(t-\tau) d \tau$$

합성곱의 변환(Transform of convolution) 

$$\mathscr{L}\{ f*g \}=\mathscr{L}\{ f(t) \}\mathscr{L}\{ g(t) \}=F(s)G(s) \tag{8}$$

$$f*g =\mathscr{L}^{-1}\{ F(s)G(s) \} \tag{9}$$

주기함수의 변환(Transform of convolution) 

$f(t+T)=f(t)$이고 $T>0$인 주기가 $T$인 함수$f(t)$  

$$\mathscr{L}\{ f(t) \}=\frac{1}{1-e^{-sT}} \int_{0}^{T} e^{-st}f(t)dt \tag{10}$$

앞선 글에서 조화 진동자 문제를 풀었다. 이제 라플라스 변환으로 해결해 보자.

보기

$$x^{\prime\prime}+16x=\cos 4t,\quad x(0)=0,\;\;x^{\prime}(0)=1$$

초기값이 주어진 힘이 더해지는 운동이다.

$$\mathscr{L}\{ x^{\prime\prime} \}+16 \mathscr{L} \{ x \}=\mathscr{L} \{ \cos 4t \}$$

(7) 에 따라서 아래와 같이 변환된다.

$$s^2 X(s)-s x(0)-s^0 x^{\prime}(0)+16 X(s)=\frac{s}{s^2 +16}$$

$x(0)=0,\;\;x^{\prime}(0)$를 대입하여 정리한다.

$$\begin{split}(s^2 +16)X(s)&=1+ \frac{s}{s^2 +16} \\ X(s) &= \frac{1}{s^2 +16} + \frac{s}{(s^2 +16)^2} \end{split}$$

이제 역변환 (6)를 써서 해를 구하면 된다.

$$\begin{split} x(t)&= \frac{1}{4} \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{4}{s^2 +16} \bigg\} + \frac{1}{8} \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{8s}{(s^2 +16)^2} \bigg\} \\ &= \frac{1}{4} \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{4}{s^2 +16} \bigg\} + \frac{1}{8} \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ (-1) \frac {d}{ds} \bigg(\frac {4}{s^2 +16} \bigg) \bigg\} \\ & = \frac{1}{4} \sin 4t + \frac{1}{8} t \sin 4t \end{split}$$

보기

$$x^{\prime\prime}+16x=f(t)$$

$$f(t)=\begin{cases} \cos 4t & \quad 0 \leq t < \pi \\ 0 & \quad \pi \leq t \end{cases},\quad x(0)=0,\;\;x^{\prime}(0)=1$$

이 운동은 $0 \leq t < \pi$에서만 힘이 $\cos 4t$로 더해지고 그 다음에는 단순 진동하는 운동이다. 먼저 $f(t)$를 단위 계단 함수로 표현하자.

$$f(t)=\cos 4t - \cos 4t \mathscr{U}(t-\pi)=\cos 4t -\cos4(t-\pi)\mathscr{U}(t-\pi)$$

$$\mathscr{L}\{ x^{\prime\prime} \}+16 \mathscr{L} \{ x \}=\mathscr{L} \{ f(t) \}$$

$$s^2 X(s)-s x(0)-s^0 x^{\prime}(0)+16 X(s)=\frac{s}{s^2 +16}-\frac{s}{s^2 +16}e^{-\pi s}$$

$$\begin{split}(s^2 +16)X(s)&=1+ \frac{s}{s^2 +16} -\frac{s}{s^2 +16}e^{-\pi s} \\ X(s) &= \frac{1}{s^2 +16} + \frac{s}{(s^2 +16)^2} -\frac{s}{(s^2 +16)^2}e^{-\pi s} \end{split}$$

$$\begin{split} x(t)&= \frac{1}{4} \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{4}{s^2 +16} \bigg\} + \frac{1}{8} \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{8s}{(s^2 +16)^2} \bigg\} - \frac{1}{8} \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{8s}{(s^2 +16)^2} e^{-\pi s} \bigg\} \\ & = \frac{1}{4} \sin 4t + \frac{1}{8} t \sin 4t - \frac{1}{8} (t- \pi) \sin 4 (t- \pi) \mathscr{U}(t- \pi) \end{split}$$

문제에 주어진 꼴과 같은 꼴로 정리하면 아래와 같다.

$$x(t)=\displaystyle{ \begin{cases} \frac{1}{4} \sin 4t + \frac{1}{8} t \sin 4t & \quad 0 \leq t < \pi \\ \\ \frac{2+\pi}{8} \sin 4t & \quad \pi \leq t \end{cases} }$$