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라플라스 변환 기본 공식 유도

라플라스 변환 기본 공식 유도

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라플라스 변환::::수학과 사는 이야기

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라플라스 변환

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#3.2 Laplace Transform-2(라플라스변환법 기본공식들) – 공학이야기

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조금은 느리게 살자: 라플라스 변환의 성질(Properties of Laplace Transform)

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  [증명]. 식 (1.14)에 나온 적분을 식 (3.1)의 길쌈(convolution)으로 바꾸어서 식 (3.3)과 같은 라플라스 변환을 적용한다. …
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  [증명]. 식 (1.14)에 나온 적분을 식 (3.1)의 길쌈(convolution)으로 바꾸어서 식 (3.3)과 같은 라플라스 변환을 적용한다.
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2020년 10월 7일 수요일

[아름다운 총서] 푸엥카레 가라사대 자연이 아름답지 않으면 연구는 필요 없다 연구가 없으면 삶도 없다

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15강. 라플라스 변환 / 라플라스 변환표

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수학과 사는 이야기

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

$\blacksquare$

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

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 $|f(t)|0, T>0$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.

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

$\blacksquare$

중요한 몇몇 함수를 변환해 보자.

1.

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

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

2.

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

3.

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

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

4.

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

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

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

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

$\displaystyle{ \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{1}{(s-1)(s+2)(s+4)} \bigg\}=\frac{1}{15} \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{1}{s-1} \bigg\} -\frac{1}{6} \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{1}{s+2} \bigg\}+\frac{1}{10} \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{1}{s+4} \bigg\}= \frac{1}{15}e^t -\frac{1}{6}e^{-2t}+\frac{1}{10}e^{-4t}}$

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.

$\blacksquare$

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#3.2 Laplace Transform-2(라플라스변환법 기본공식들)

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#0. 기본공식

지난글에서 간단하게 변환이란것에 대해 소개하고, 그 중 라플라스 변환이란 것에 대해서 알아보았습니다. 오늘은 라플라스 변환공식들중 대표적인 것(다항함수, 지수함수, 삼각함수)들을 직접 계산해보고 결과를 얻어내 보겠습니다. 위의 표는 라플라스 변환표 입니다.

#1. 다항함수

다항함수의 경우 차수가 커져도 일정한 규칙이 보이기 떄문에 일단 t 부터 알아보도록하겠습니다.

t제곱도 넣어보도록 하겠습니다.

마지막항을 보면 t를 넣었을때와 비교해서 바뀐건 2t로 된것이지요? 즉 t를 넣었을때의 과정이 2번 이루어지고 t의 차수가 한번 더 곱해지는 것과 같으므로 값은

이 됩니다. t 세제곱을 넣어도 마찬가지일것입니다. 결국 분모의 차수는 t의 차수를 따라가고 적분되면서 t의 차수가 한번 더 곱해진다고 생각하면 분자는 1x2x3x4x….xN의 형태를 띄게 되겠지요. 그래서 일반식을 적어보면

이런식을 가지게 됩니다.

#2. 지수함수

지난 글의 마지막부분을 보면 s-shifting 이란것을 잠시 언급했을겁니다. e^at 같은 경우 라플라스 식안에도 지수함수가 들어가 있기 떄문에 계산이 쉽습니다.

어떤 함수든간에 앞에 e^at 꼴이 곱해져있다면 그만큼 s->s-a를 대입해서 변환 할 수 있습니다. 라플라스는 S세상에서 벌어지는 일이라고 했습니다. 그렇다면 xy평면에서 벌어지는 일과같이 라플라스에서는 s축방향으로 a만큼 평행이동했다고 생각할 수 있습니다. 즉, e^at 는 s축의 방향으로 평행이동할 수 있는 도구인 셈이지요. 이것을 s-Shifting 이라고 합니다. 나중에 복잡한 형태의 라플라스 역변환시에 s-a형태를 발견한다면 평행이동을 통해 더 쉽게 구할 수 있게 되는 것입니다.

#3. 삼각함수

삼각함수의 경우 cos과 sin이 서로 미분했을때 비슷해지기 때문에 서로에 대한 라플라스값을 이용하게 됩니다.

마지막항을 보면 앞의 계수 w/s를 제외하고 보면 sinwt 의 라플라스 변환식과 동일해집니다. 따라서 이것을 반영해서 계산식을 다시 세우면

가 됩니다. 그렇다면 반대로 sin을 라플라스 변환하면 cos에 관한 라플라스가 나오게 되겠죠?

이것을 위의 coswt 변환에 넣어주면

마찬가지로 sin의 변환값에 cos값의 변환을 대입하여 계산해주면

이 됩니다.

#4. s- Shifting

앞에서 언급했던 s축 평행이동입니다. 어떤 함수에 지수함수꼴이 곱해져 있다면 쉽게 변환 할 수 있다는 것이지요. 예시를 통해 확인 하고 넘어가도록 하겠습니다.

이렇게 해서 라플라스변환법의 기본적인 공식들에 대한 증명들을 해보았습니다. 다음글에서는 미분방정식을 직접 라플라스변환하여 좀 더 쉽게 풀이하는 방법들에 대해서 알아보도록 하겠습니다.

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Top 48 라플라스 변환 증명 The 131 New Answer

라플라스 변환 쉽게 배우기 [1편] : (정의, 기본 공식 4가지)

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#3.2 Laplace Transform-2(라플라스변환법 기본공식들) – 공학이야기

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라플라스 변환::::수학과 사는 이야기

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라플라스 변환의 정의와 존재성 증명

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조금은 느리게 살자: 라플라스 변환의 성질(Properties of Laplace Transform)

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조금은 느리게 살자: 라플라스 변환의 성질(Properties of Laplace Transform)

[증명]. 식 (1.14)에 나온 적분을 식 (3.1)의 길쌈(convolution)으로 바꾸어서 식 (3.3)과 같은 라플라스 변환을 적용한다. …

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조금은 느리게 살자: 라플라스 변환의 성질(Properties of Laplace Transform)

[증명]. 식 (1.14)에 나온 적분을 식 (3.1)의 길쌈(convolution)으로 바꾸어서 식 (3.3)과 같은 라플라스 변환을 적용한다.

조금은 느리게 살자: 라플라스 변환의 성질(Properties of Laplace Transform) [증명]. 식 (1.14)에 나온 적분을 식 (3.1)의 길쌈(convolution)으로 바꾸어서 식 (3.3)과 같은 라플라스 변환을 적용한다. Table of Contents:

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라플라스 변환 증명

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#3.2 Laplace Transform-2(라플라스변환법 기본공식들)

#0. 기본공식 지난글에서 간단하게 변환이란것에 대해 소개하고, 그 중 라플라스 변환이란 것에 대해서 알아보았습니다. 오늘은 라플라스 변환공식들중 대표적인 것(다항함수, 지수함수, 삼각함수)들을 직접 계산해보고 결과를 얻어내 보겠습니다. 위의 표는 라플라스 변환표 입니다. #1. 다항함수 다항함수의 경우 차수가 커져도 일정한 규칙이 보이기 떄문에 일단 t 부터 알아보도록하겠습니다. t제곱도 넣어보도록 하겠습니다. 마지막항을 보면 t를 넣었을때와 비교해서 바뀐건 2t로 된것이지요? 즉 t를 넣었을때의 과정이 2번 이루어지고 t의 차수가 한번 더 곱해지는 것과 같으므로 값은 이 됩니다. t 세제곱을 넣어도 마찬가지일것입니다. 결국 분모의 차수는 t의 차수를 따라가고 적분되면서 t의 차수가 한번 더 곱해진다고 생각하면 분자는 1x2x3x4x….xN의 형태를 띄게 되겠지요. 그래서 일반식을 적어보면 이런식을 가지게 됩니다. #2. 지수함수 지난 글의 마지막부분을 보면 s-shifting 이란것을 잠시 언급했을겁니다. e^at 같은 경우 라플라스 식안에도 지수함수가 들어가 있기 떄문에 계산이 쉽습니다. 어떤 함수든간에 앞에 e^at 꼴이 곱해져있다면 그만큼 s->s-a를 대입해서 변환 할 수 있습니다. 라플라스는 S세상에서 벌어지는 일이라고 했습니다. 그렇다면 xy평면에서 벌어지는 일과같이 라플라스에서는 s축방향으로 a만큼 평행이동했다고 생각할 수 있습니다. 즉, e^at 는 s축의 방향으로 평행이동할 수 있는 도구인 셈이지요. 이것을 s-Shifting 이라고 합니다. 나중에 복잡한 형태의 라플라스 역변환시에 s-a형태를 발견한다면 평행이동을 통해 더 쉽게 구할 수 있게 되는 것입니다. #3. 삼각함수 삼각함수의 경우 cos과 sin이 서로 미분했을때 비슷해지기 때문에 서로에 대한 라플라스값을 이용하게 됩니다. 마지막항을 보면 앞의 계수 w/s를 제외하고 보면 sinwt 의 라플라스 변환식과 동일해집니다. 따라서 이것을 반영해서 계산식을 다시 세우면 가 됩니다. 그렇다면 반대로 sin을 라플라스 변환하면 cos에 관한 라플라스가 나오게 되겠죠? 이것을 위의 coswt 변환에 넣어주면 마찬가지로 sin의 변환값에 cos값의 변환을 대입하여 계산해주면 이 됩니다. #4. s- Shifting 앞에서 언급했던 s축 평행이동입니다. 어떤 함수에 지수함수꼴이 곱해져 있다면 쉽게 변환 할 수 있다는 것이지요. 예시를 통해 확인 하고 넘어가도록 하겠습니다. 이렇게 해서 라플라스변환법의 기본적인 공식들에 대한 증명들을 해보았습니다. 다음글에서는 미분방정식을 직접 라플라스변환하여 좀 더 쉽게 풀이하는 방법들에 대해서 알아보도록 하겠습니다.

수학과 사는 이야기

반응형 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. $$\int_{0}^{\infty} e^{-st}[\alpha f(t)+\beta g(t)]\;dt =\alpha \int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t) dt +\beta \int_{0}^{\infty} e^{-st} g(t) dt$$ $\blacksquare$ $$\mathscr{L}\{\alpha f(t) +\beta g(t)\}=\alpha \mathscr{L} \{ f(t) \} +\beta \mathscr{L} \{ g(t) \}=\alpha F(s)+\beta G(s) $$ 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 $|f(t)| 0, T>0$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. $$\begin{split} |I_2| & \leq \int_{T}^{\infty} | e^{-st} f(t) | dt \leq M \int_{T}^{\infty} e^{-st} e^{ct} dt \\ &= M \int_{T}^{\infty} e^{-(s-c)t} dt = -M \frac {e^{-(s-c)t} }{s-c} \bigg|_{T}^{\infty} \\ &= M \frac {e^{(s-c)T}}{s-c} \quad for \quad s > c \end{split}$$ $\blacksquare$ 중요한 몇몇 함수를 변환해 보자. 1. $\displaystyle{\begin{split} \mathscr{L} \{ t \} & = \int_{0}^{\infty} e^{-st} t \;dt \\ &= \frac{-te^{-st}}{s} \bigg|_{0}^{\infty} + \frac{1}{s} \int_{0}^{\infty} e^{-st} \;dt \\ &= \frac{1}{s} \mathscr{L} \{ 1 \} =\frac{1}{s} \bigg( \frac{1}{s} \bigg) \\&= \frac{1}{s^2} \quad s>0 \end{split}}$ $\displaystyle{\begin{split} \mathscr{L} \{ t^n \} & = \int_{0}^{\infty} e^{-st} t^n \;dt \\ &= \frac{-t^n e^{-st}}{s} \bigg|_{0}^{\infty} + \frac{n}{s} \int_{0}^{\infty} e^{-st} t^{n-1}\;dt \\ &= \frac{n}{s} \int_{0}^{\infty} e^{-st} t^{n-1}\;dt \\ &= \frac{n}{s} \mathscr{L} \{ t^{n-1} \} \end{split}}$ 2. $\displaystyle{\begin{split} \mathscr{L} \{ e^{-3t} \} & = \int_{0}^{\infty} e^{-st} e^{-3t} \;dt \\ & = \int_{0}^{\infty} e^{-(s+3)t} \;dt \\ &= \frac{-e^{(s+3)t}}{s} \bigg|_{0}^{\infty} \\ &= \frac{1}{s+3} \quad s>-3 \end{split}}$ 3. $\displaystyle { \begin{split} \mathscr{L} \{ \sin 2t \} & = \int_{0}^{\infty} e^{-st} \sin 2t \;dt \\ &= \frac{-e^{-st} \sin 2t}{s} \bigg|_{0}^{\infty} + \frac{2}{s} \int_{0}^{\infty} e^{-st} \cos 2t \;dt \\ &= \frac{2}{s} \int_{0}^{\infty} e^{-st} \cos 2t \;dt , \quad s>0 \\ & = \frac{2}{s} \bigg[ \frac{e^{-st} \cos 2t}{s} \bigg|_{0}^{\infty} – \frac{2}{s} \int_{0}^{\infty} e^{-st} \sin 2t \;dt \bigg] \\&= \frac{2}{s^2} – \frac{4}{s^2} \mathscr{L} \{ \sin 2t \}\end{split}}$ $\displaystyle{\begin{split}\\ \bigg[ 1+\frac{4}{s^2}\bigg] \mathscr{L} \{\sin 2t \} &= \frac{2}{s^2} \\ \mathscr{L} \{\sin 2t \}&= \frac{2}{s^2 +4} \quad s>0 \end{split}}$ 4. $\displaystyle{ \begin{split} \mathscr{L} \{ 3t -5 \sin 2t \}& = 3 \mathscr{L}\{ t \} -5 \mathscr{L} \{ \sin 2t \} \\ &= 3\cdot \frac{1}{s^2}-5\cdot \frac{2}{s^2 +4}\\ &= \frac{-7s^2 +12}{s^2 (s^2 +4)},\quad s>0 \end{split}}$ 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 $\displaystyle{ \begin{split} \mathscr{L} \{ \sin^2 t \}& = 3 \mathscr{L}\{ \frac{1-\cos 2t}{2} \}= \frac{1}{2} \mathscr{L} \{ 1 \} -\frac{1}{2} \mathscr{L} \{ \cos 2t \}\\ &= \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{s} -\frac{1}{2}\cdot \frac{s}{s^2 +4}= \frac{2}{s (s^2 +4)}. \end{split}}$ 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 $\displaystyle{ \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{1}{(s-1)(s+2)(s+4)} \bigg\}=\frac{1}{15} \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{1}{s-1} \bigg\} -\frac{1}{6} \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{1}{s+2} \bigg\}+\frac{1}{10} \mathscr{L}^{-1} \bigg\{ \frac{1}{s+4} \bigg\}= \frac{1}{15}e^t -\frac{1}{6}e^{-2t}+\frac{1}{10}e^{-4t}}$ 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. $\blacksquare$ 반응형

라플라스 변환의 정의와 존재성 증명

라플라스 변환의 정의와 존재성 증명 라플라스 변환의 정의와 존재성 증명 definition of laplace transform and proof of existence of laplace transform 목차 정의 설명 정리 설명 증명 정의 함수 $f$의 라플라스 변환을 아래와 같이 정의한다. $$ \mathcal{L} \left\{ f(t) \right\} := \int _0^\infty e^{-st}f(t) dt =F(s) $$ 설명 라플라스 변환은 커널이 지수함수인 적분 변환이다 라플라스 변환을 이상적분으로 정의했기 때문에 수렴해야 라플라스 변환이 존재한다. 결론부터 말하자면 우리가 흔히 다루는 함수들은 전부 라플라스 변환이 가능하다. 상수함수, 다항함수, 지수함수, 삼각함수, 쌍곡함수 등은 라플라스 변환이 존재한다. 정리 아래의 두 조건을 가정하자. 함수 $f$가 구간 $ 0 \le t \le A$에서 부분적으로 연속이라고 하자. $A$는 임의의 양수이다. $t \ge M$일 때 $|f(t)| \le Ke^{at}$를 만족하는 실수 $a$와 양수 $K$, $M$이 존재한다. 그러면 $f(t)$의 라플라스 변환 $$ \mathcal{L} \left\{ f(t) \right\} =\int_0^\infty e^{-st}f(t)dt=F(s) $$ 는 $s>a$일 때 존재한다. 설명 조건의 $a$를 지수적 차수exponential order 라고 한다. 증명 가정2. 에 의해 $t \ge M$에 대해서 $|f(t)| \le Ke^{at}$이다. 양변에 $e^{-st}$를 곱하면 $$ |e^{-st}f(t)| \le Ke^{-(s-a)t} $$ 보조 정리 아래의 조건을 가정하자. 함수 $f$가 $t \ge \tau$일 때 부분적으로 연속이다. 어떤 양수 $M$에 대해서 $t \ge M$일 때 $|f(t)| \le g(t)$를 만족한다. $\displaystyle \int _M ^\infty g(t) dt$가 수렴한다. 그러면 $\displaystyle \int _\tau ^\infty f(t)dt$도 수렴한다. 보조 정리에 따르면 $\displaystyle \int _M ^\infty Ke^{-(s-a)t}dt$가 수렴할 때 $\displaystyle \int _0 ^\infty e^{-st} f(t) dt$도 수렴한다. 보조 정리의 조건을 증명에서 사용하는 대로 대입해보면 $$ g(t)=Ke^{-(s-a)t},\quad f(t)=e^{-st}f(t),\quad \tau=0 $$ 이제 $\displaystyle \int _M ^\infty Ke^{-(s-a)t}dt$가 수렴하는지만 확인하면 증명 끝이다. $$ \begin{align*} \int _M ^\infty Ke^{-(s-a)t}dt &= K\lim _{B \to \infty} \int _M ^B e^{-(s-a)t}dt \\ &= K\lim _{B \to \infty} \frac{1}{a-s}\left[ e^{-(s-a)t} \right]_M^B \\ &= K \lim _{B \to \infty} \frac{1}{a-s} \left( e^{-(s-a)B }- e^{-(s-a)M} \right) \end{align*} $$ 여기서 $s-a>0$이라면 $\displaystyle \lim _{B \to \infty} e^{-(s-a)B }=0$이 되어 이상적분 $\displaystyle \int _M ^\infty Ke^{-(s-a)t}dt$가 수렴한다. 따라서 보조 정리에 의해 $\displaystyle \int _0 ^\infty e^{-st} f(t) dt$도 수렴한다. ■

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