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L20 · 라플라스 변환

Arfken 7판 20.7–20.10절 (라플라스 변환, 성질, 주기함수, 초기값·최종값 정리, 변수계수 ODE, 합성곱 정리, 역변환과 브롬위치 적분)

이 레슨이 끝나면 할 수 있는 계산
  1. 정의 적분과 표로 라플라스 변환 구하기 (정수가 아닌 거듭제곱 $t^\nu$는 감마 함수로)
  2. $s$-이동, $t$-이동(계단함수), 미분·적분, $t$ 곱하기, $t$로 나누기 성질 쓰기
  3. 주기함수의 변환을 한 주기 적분으로 구하기
  4. 부분분수(서로 다른 근, 중근, 복소근)와 덮어 가리기로 역변환하기
  5. 합성곱 정리로 역변환하기
  6. 상수계수 ODE 초기값 문제를 풀기 (계단 입력, 충격 입력, 연립 ODE 포함)
  7. 초기값·최종값 정리로 역변환 없이 $f(0^+)$, $f(\infty)$ 구하기, $t$ 곱하기 규칙으로 베셀 방정식을 풀어 $\mathcal L\{J_0\}$ 구하기
  8. 브롬위치 적분 = 극들의 유수 합으로 역변환하기

0. 외워 둘 표

정의: $\displaystyle F(s)=\mathcal L\{f\}=\int_0^\infty f(t)\,e^{-st}\,dt$. 적분이 수렴하도록 $s$를 충분히 크게 잡습니다. 이 정의는 책마다 같습니다. 계단함수는 $u(t-a)$로 씁니다($t>a$에서 1, $t<a$에서 0, 헤비사이드 함수라고도 함).

$f(t)$$F(s)$조건
$1$$\frac1s$$s>0$
$t^n$ ($n=0,1,2,\dots$)$\frac{n!}{s^{n+1}}$$s>0$
$t^\nu$ ($\nu>-1$)$\frac{\Gamma(\nu+1)}{s^{\nu+1}}$$s>0$
$e^{at}$$\frac1{s-a}$$s>a$
$\sin\omega t$$\frac{\omega}{s^2+\omega^2}$$s>0$
$\cos\omega t$$\frac{s}{s^2+\omega^2}$$s>0$
$\sinh at$$\frac{a}{s^2-a^2}$$s>|a|$
$\cosh at$$\frac{s}{s^2-a^2}$$s>|a|$
$\delta(t-a)$, $a\ge0$$e^{-as}$($a=0$이면 1)
$u(t-a)$, $a\ge0$$\frac{e^{-as}}{s}$$s>0$
$J_0(t)$ (베셀 함수)$\frac{1}{\sqrt{s^2+1}}$$s>0$
이름$f(t)$$F(s)$
$s$-이동$e^{at}f(t)$$F(s-a)$
$t$-이동$f(t-a)\,u(t-a)$, $a>0$$e^{-as}F(s)$
1계 도함수$f'(t)$$sF(s)-f(0)$
2계 도함수$f''(t)$$s^2F(s)-sf(0)-f'(0)$
적분$\int_0^tf(\tau)\,d\tau$$\frac{F(s)}{s}$
$t$ 곱하기$t\,f(t)$, $t^nf(t)$$-F'(s)$, $(-1)^nF^{(n)}(s)$
$t$로 나누기$\frac{f(t)}{t}$$\int_s^\infty F(\sigma)\,d\sigma$
합성곱$(f*g)(t)=\int_0^tf(\tau)g(t-\tau)\,d\tau$$F(s)\,G(s)$
스케일링$f(ct)$, $c>0$$\frac1cF\big(\frac sc\big)$
주기 $T$$f(t+T)=f(t)$$\frac{1}{1-e^{-sT}}\int_0^Te^{-st}f\,dt$

역변환할 때 자주 쓰는 형태: $\frac{1}{(s-a)^n}\to\frac{t^{n-1}e^{at}}{(n-1)!}$, $\ \frac{s+\alpha}{(s+\alpha)^2+\beta^2}\to e^{-\alpha t}\cos\beta t$, $\ \frac{\beta}{(s+\alpha)^2+\beta^2}\to e^{-\alpha t}\sin\beta t$.

1. 정의로 계산하기

레시피
  1. $\int_0^\infty f(t)e^{-st}dt$를 그대로 씁니다.
  2. 지수형은 지수를 합칩니다: $\int_0^\infty e^{-(s-a)t}dt=\frac{1}{s-a}$ ($s>a$).
  3. 다항식이 곱해져 있으면 부분적분(표 방법). $t\to\infty$에서 $e^{-st}$가 이기므로 경계항은 아래끝($t=0$)만 남습니다.
  4. 삼각·쌍곡함수는 지수로 바꾸고 2번을 씁니다.
  5. 델타와 계단: $\int_0^\infty\delta(t-a)e^{-st}dt=e^{-as}$, $\ \int_a^\infty e^{-st}dt=\frac{e^{-as}}{s}$.
  6. 정수가 아닌 거듭제곱 $t^\nu$는 $u=st$로 바꿔 감마 함수(L14)로 씁니다: $\frac{\Gamma(\nu+1)}{s^{\nu+1}}$.
왜 되나? (증명 스케치)

$t^\nu$의 변환에서 $u=st$ ($s>0$)로 바꾸면 감마 함수의 정의가 그대로 나옵니다.

$$\begin{aligned}\int_0^\infty t^\nu e^{-st}dt&=\frac{1}{s^{\nu+1}}\int_0^\infty u^\nu e^{-u}du\\&=\frac{\Gamma(\nu+1)}{s^{\nu+1}}\end{aligned}$$

$\nu=n$이면 $\Gamma(n+1)=n!$이라 표의 $\frac{n!}{s^{n+1}}$입니다. 부분적분을 $n$번 반복하는 예제 1-1 (b)와 같은 결과입니다. $t=0$ 근처에서 적분이 수렴하려면 $\nu>-1$이어야 합니다.

예제 1-1 표의 기본 항목을 정의로 만들기

(a) $e^{at}$: $\ \int_0^\infty e^{at}e^{-st}dt=\int_0^\infty e^{-(s-a)t}dt=\Big[\frac{e^{-(s-a)t}}{-(s-a)}\Big]_0^\infty=\frac1{s-a}$ ($s>a$).

(b) $t$: 부분적분 $\int_0^\infty te^{-st}dt=\Big[-\frac{te^{-st}}{s}\Big]_0^\infty+\frac1s\int_0^\infty e^{-st}dt=0+\frac1s\cdot\frac1s=\frac1{s^2}$. 같은 일을 $n$번 반복하면 $\mathcal L\{t^n\}=\frac{n}{s}\mathcal L\{t^{n-1}\}=\frac{n!}{s^{n+1}}$.

(c) $\sin\omega t$: $\sin\omega t=\frac{e^{i\omega t}-e^{-i\omega t}}{2i}$에 (a)를 씁니다.

$$\begin{aligned}\mathcal L\{\sin\omega t\}&=\frac1{2i}\Big[\frac{1}{s-i\omega}-\frac{1}{s+i\omega}\Big]\\&=\frac1{2i}\cdot\frac{2i\omega}{s^2+\omega^2}=\frac{\omega}{s^2+\omega^2}\end{aligned}$$

같은 방법으로 $\cos\omega t\to\frac{s}{s^2+\omega^2}$, $\ \sinh at=\frac{e^{at}-e^{-at}}{2}\to\frac12\big(\frac1{s-a}-\frac1{s+a}\big)=\frac{a}{s^2-a^2}$.

(d) $t^{-1/2}$: $u=st$로 바꾸면 $\int_0^\infty t^{-1/2}e^{-st}dt=s^{-1/2}\int_0^\infty u^{-1/2}e^{-u}du=\frac{\Gamma(\frac12)}{\sqrt s}=\sqrt{\frac\pi s}$. $\Gamma(\frac12)=\sqrt\pi$는 L14에서 구했습니다.

2. 성질 쓰기

레시피
  1. $e^{at}$가 곱해져 있으면 ($s$-이동): $e^{at}$를 떼고 변환한 다음 $s$를 $s-a$로 바꿉니다. $e^{-2t}$이면 $s\to s+2$.
  2. $t$가 곱해져 있으면: $t$를 떼고 변환한 다음 $s$로 미분하고 부호를 바꿉니다.
  3. $t$로 나뉘어 있으면: $\int_s^\infty F(\sigma)d\sigma$. 단 $t\to0$에서 $\frac{f(t)}{t}$가 유한해야 합니다.
  4. 구간마다 식이 다르면 ($t$-이동): 먼저 계단함수로 한 줄 식을 만듭니다. "$a$에서 켜지는 항"은 $(\cdots)u(t-a)$. 그다음 각 항을 $g(t-a)\,u(t-a)$ 꼴로 맞추면(안의 $t$를 $(t-a)+a$로 다시 씀) 변환이 $e^{-as}G(s)$입니다.
  5. 도함수·적분 규칙은 6절 ODE에서 씁니다: $\mathcal L\{f'\}=sF-f(0)$, $\mathcal L\{\int_0^tf\}=\frac Fs$.
왜 되나? (증명 스케치)
예제 2-1 $s$-이동, $t$ 곱하기, $t$로 나누기, 적분

(a) $e^{-2t}\cos3t$: $\cos3t\to\frac{s}{s^2+9}$에서 $s\to s+2$.

$$\begin{aligned}\mathcal L\{e^{-2t}\cos3t\}&=\frac{s+2}{(s+2)^2+9}\\&=\frac{s+2}{s^2+4s+13}\end{aligned}$$

(b) $t\sin\omega t$: $-\frac{d}{ds}\frac{\omega}{s^2+\omega^2}=-\omega\cdot\frac{-2s}{(s^2+\omega^2)^2}=\frac{2\omega s}{(s^2+\omega^2)^2}$.

(c) $\frac{\sin t}{t}$: $t\to0$에서 1로 유한하므로 됩니다.

$$\begin{aligned}&\mathcal L\Big\{\frac{\sin t}{t}\Big\}=\int_s^\infty\frac{d\sigma}{\sigma^2+1}\\&=\frac\pi2-\arctan s=\arctan\frac1s\end{aligned}$$

덤: $s\to0$으로 보내면 $\int_0^\infty\frac{\sin t}{t}dt=\frac\pi2$를 얻습니다.

(d) $\int_0^t\sin\tau\,d\tau$: 적분 규칙으로 $\frac{1}{s}\cdot\frac{1}{s^2+1}=\frac{1}{s(s^2+1)}$. 확인: 적분하면 $1-\cos t$이고 $\frac1s-\frac{s}{s^2+1}=\frac{1}{s(s^2+1)}$. 같습니다.

예제 2-2 계단함수와 $t$-이동

(a) $f(t)=0$ ($t<2$), $f(t)=t$ ($t\ge2$). 한 줄로 쓰면 $f=t\,u(t-2)$. 그대로는 $t$-이동 꼴이 아니므로 $t=(t-2)+2$로 다시 씁니다.

$$\begin{aligned}f&=(t-2)\,u(t-2)+2\,u(t-2)\\&\to\ e^{-2s}\Big(\frac1{s^2}+\frac2s\Big)\end{aligned}$$

흔한 틀린 답: $e^{-2s}\cdot\frac1{s^2}$ ($t$를 $t-2$로 안 바꾼 것).

(b) 펄스 $f(t)=1$ ($1<t<3$), 0 (그 밖). $1$에서 켜지고 $3$에서 꺼지므로 $f=u(t-1)-u(t-3)\to\dfrac{e^{-s}-e^{-3s}}{s}$.

(c) $(t-1)^2u(t-1)$: 이미 $g(t-1)u(t-1)$ 꼴($g=t^2$)이므로 $e^{-s}\cdot\frac{2}{s^3}$.

3. 주기함수의 변환

레시피 ($t\ge0$에서 $f(t+T)=f(t)$)
  1. 한 주기만 적분합니다: $F_1(s)=\int_0^Te^{-st}f(t)\,dt$.
  2. 공식: $F(s)=\dfrac{F_1(s)}{1-e^{-sT}}$. Arfken 20.8절에 있는 공식으로 기억합니다(기억 기반, 미검증).
  3. $F_1$에 $1\pm e^{-sT/2}$가 나오면 분모를 $1-e^{-sT}=(1-e^{-sT/2})(1+e^{-sT/2})$로 쪼개 약분합니다. $\frac{1+e^{-x}}{1-e^{-x}}=\coth\frac x2$, $\ \frac{1-e^{-x}}{1+e^{-x}}=\tanh\frac x2$로 정리할 수 있습니다.
  4. 검산: $s\to0$이면 $sF(s)\to\frac1T\int_0^Tf\,dt$ (한 주기 평균)입니다.
예제 3-1 (a) 사각파 (b) 전파 정류 $|\sin t|$

(a) $f=1$ ($0<t<1$), $f=0$ ($1<t<2$), 주기 $T=2$.

$$\begin{aligned}F_1&=\int_0^1e^{-st}dt=\frac{1-e^{-s}}{s}\\F&=\frac{1-e^{-s}}{s(1-e^{-2s})}=\frac{1-e^{-s}}{s(1-e^{-s})(1+e^{-s})}\\&=\frac{1}{s(1+e^{-s})}\end{aligned}$$

검산: $sF=\frac{1}{1+e^{-s}}\to\frac12$ ($s\to0$). 한 주기 평균 $\frac12$와 같습니다.

(b) $f=|\sin t|$, 주기 $T=\pi$. 한 주기에서는 $\sin t$입니다. $\sin t=\mathrm{Im}\,e^{it}$로 적분합니다.

$$\begin{aligned}F_1&=\mathrm{Im}\int_0^\pi e^{(-s+i)t}dt=\mathrm{Im}\,\frac{e^{(-s+i)\pi}-1}{-s+i}\\&=\mathrm{Im}\,\frac{1+e^{-\pi s}}{s-i}=\frac{1+e^{-\pi s}}{s^2+1}\end{aligned}$$

($e^{i\pi}=-1$, 그리고 $\frac1{s-i}=\frac{s+i}{s^2+1}$의 허수부는 $\frac1{s^2+1}$.)

$$F=\frac{1+e^{-\pi s}}{(s^2+1)(1-e^{-\pi s})}=\frac{1}{s^2+1}\coth\frac{\pi s}{2}$$

검산: $s\to0$이면 $\coth\frac{\pi s}2\approx\frac{2}{\pi s}$라서 $sF\to\frac2\pi$. $|\sin t|$의 평균 $\frac1\pi\int_0^\pi\sin t\,dt=\frac2\pi$와 같습니다.

왜 되나? (증명 스케치)

적분을 주기마다 자릅니다. $n$번째 조각 $[nT,(n+1)T]$에서 $t=\tau+nT$로 두면 $f(t)=f(\tau)$이고 $e^{-st}=e^{-nsT}e^{-s\tau}$입니다.

$$\begin{aligned}F(s)&=\sum_{n=0}^\infty e^{-nsT}\int_0^Tf(\tau)e^{-s\tau}d\tau\\&=F_1(s)\big(1+e^{-sT}+e^{-2sT}+\cdots\big)\\&=\frac{F_1(s)}{1-e^{-sT}}\end{aligned}$$

마지막은 등비급수입니다($s>0$이면 $e^{-sT}<1$). $t$-이동 규칙(2절)을 주기마다 한 번씩 쓴 것과 같습니다.

4. 역변환 — 부분분수

레시피
  1. 분모를 인수분해합니다: 서로 다른 일차인수 / 중복된 일차인수 / 실수로 안 쪼개지는 이차인수.
  2. 서로 다른 일차인수 $(s-a)$: 덮어 가리기(cover-up). 계수 $A$는 "$F$의 분모에서 $(s-a)$를 손으로 가리고, 남은 식에 $s=a$를 넣은 값"입니다.
  3. 중근 $(s-a)^m$: 가장 높은 차수 $\frac{A_m}{(s-a)^m}$의 계수는 덮어 가리기로($(s-a)^m$ 전체를 가림). 낮은 차수는 미분합니다: $A_{m-j}=\frac1{j!}\frac{d^j}{ds^j}\big[(s-a)^mF(s)\big]_{s=a}$. 또는 $s$에 편한 값(예: 0)을 넣어 연립합니다.
  4. 복소근 이차식: 완전제곱 $(s+\alpha)^2+\beta^2$로 만들고, 분자를 "$(s+\alpha)$의 배수 + 상수"로 쪼갠 다음 $s$-이동 표(0절 마지막 줄)를 씁니다.
  5. 검산: $s$에 아무 값(예: $s=0$)이나 넣어 원래 식과 부분분수가 같은지 봅니다.
왜 되나? (증명 스케치)

덮어 가리기. $F=\frac{A}{s-a}+(\text{나머지 항})$의 양변에 $(s-a)$를 곱합니다.

$$(s-a)F(s)=A+(s-a)\times(\text{나머지 항})$$

나머지 항은 $s=a$에서 유한하므로 $s=a$를 넣으면 둘째 항이 0입니다. 왼쪽 $(s-a)F$는 "분모에서 $(s-a)$를 가린 식"이므로 $A=\big[(s-a)F\big]_{s=a}$입니다.

중근. $(s-a)^mF=A_m+A_{m-1}(s-a)+\cdots+A_1(s-a)^{m-1}+(s-a)^m(\cdots)$입니다. 이것은 $s=a$ 둘레의 테일러 전개이므로 $j$번 미분하고 $s=a$를 넣으면 $j!\,A_{m-j}$만 남습니다.

예제 4-1 (서로 다른 근, 중근)

(a) 서로 다른 근: $F(s)=\dfrac{3s+1}{(s-1)(s+2)}$. $\ \frac{A}{s-1}+\frac{B}{s+2}$로 둡니다.

$$f(t)=\frac43e^{t}+\frac53e^{-2t}$$

검산($s=0$): 원래 식 $\frac{1}{(-1)(2)}=-\frac12$, 부분분수 $\frac{4/3}{-1}+\frac{5/3}{2}=-\frac43+\frac56=-\frac12$.

(b) 중근: $F(s)=\dfrac{1}{(s+1)^2(s+2)}$. $\ \frac{A}{s+1}+\frac{B}{(s+1)^2}+\frac{C}{s+2}$로 둡니다.

$$\begin{aligned}F&=-\frac{1}{s+1}+\frac{1}{(s+1)^2}+\frac{1}{s+2}\\f(t)&=-e^{-t}+te^{-t}+e^{-2t}\\&=(t-1)e^{-t}+e^{-2t}\end{aligned}$$

검산($s=0$): 원래 식 $\frac12$, 부분분수 $-1+1+\frac12=\frac12$.

예제 4-2 (복소근) $F(s)=\dfrac{s+3}{s^2+2s+5}$

분모의 판별식이 음수이므로 완전제곱합니다: $s^2+2s+5=(s+1)^2+4$. 분자를 $(s+1)$에 맞춥니다: $s+3=(s+1)+2$.

$$\begin{aligned}F&=\frac{s+1}{(s+1)^2+2^2}+\frac{2}{(s+1)^2+2^2}\\f(t)&=e^{-t}\cos2t+e^{-t}\sin2t\end{aligned}$$

두 번째 항은 분자가 $\beta=2$와 같아서 그대로 $\sin$이 됩니다. 분자가 $\beta$와 다르면 $\frac{c}{\beta}$를 곱해 맞춥니다.

5. 합성곱 정리

레시피
  1. 라플라스 합성곱: $(f*g)(t)=\int_0^tf(\tau)\,g(t-\tau)\,d\tau$. 적분 구간이 $0$부터 $t$까지인 것이 푸리에(L19)와 다릅니다.
  2. $\mathcal L\{f*g\}=F(s)\,G(s)$. 계수가 없습니다.
  3. 역변환할 식이 아는 변환 두 개의 곱이면 $f*g$를 적분합니다. 부분분수가 귀찮을 때(예: $\frac{1}{(s^2+1)^2}$)나 입력이 일반 함수 $f(t)$일 때 유용합니다.
  4. 적분할 때 $t$는 상수로 보고 $\tau$로 적분합니다. $f*g=g*f$이므로 적분이 쉬운 쪽을 이동시킵니다.
왜 되나? (증명 스케치) $$F(s)G(s)=\int_0^\infty f(\tau)e^{-s\tau}d\tau\int_0^\infty g(u)e^{-su}du$$

$u$ 대신 $t=\tau+u$를 씁니다. $\tau$를 고정하면 $u\ge0$이므로 $t$는 $\tau$부터 $\infty$까지이고, $e^{-s\tau}e^{-su}=e^{-st}$입니다.

$$=\int_0^\infty\!d\tau\int_\tau^\infty f(\tau)g(t-\tau)e^{-st}dt$$

적분 영역은 $0\le\tau\le t$인 삼각형입니다. 순서를 바꾸면 바깥이 $t$ ($0$부터 $\infty$), 안쪽이 $\tau$ ($0$부터 $t$)입니다.

$$=\int_0^\infty\Big[\int_0^tf(\tau)g(t-\tau)d\tau\Big]e^{-st}dt$$

이것이 $\mathcal L\{f*g\}$입니다. 변환 정의에 앞 계수가 없으므로 L19와 달리 $\sqrt{2\pi}$ 같은 계수가 생기지 않습니다.

예제 5-1 $\mathcal L^{-1}\Big\{\dfrac{1}{s^2(s^2+1)}\Big\}$

$\frac1{s^2}\leftarrow t$, $\ \frac{1}{s^2+1}\leftarrow\sin t$이므로 답은 $t*\sin t=\int_0^t\tau\sin(t-\tau)\,d\tau$입니다.

부분적분: $u=\tau$, $dv=\sin(t-\tau)d\tau$이면 $v=\cos(t-\tau)$.

$$\begin{aligned}&\int_0^t\tau\sin(t-\tau)\,d\tau\\&=\Big[\tau\cos(t-\tau)\Big]_0^t\\&\quad-\int_0^t\cos(t-\tau)\,d\tau\\&=t-\sin t\end{aligned}$$

($\int_0^t\cos(t-\tau)d\tau=\big[-\sin(t-\tau)\big]_0^t=\sin t$.)

검산(부분분수): $\frac{1}{s^2(s^2+1)}=\frac1{s^2}-\frac1{s^2+1}\to t-\sin t$. 같습니다.

6. ODE 초기값 문제

레시피
  1. 양변을 변환합니다. $y'\to sY-y(0)$, $y''\to s^2Y-sy(0)-y'(0)$. 초기값을 이 자리에서 바로 넣습니다.
  2. $Y$에 대해 풉니다: $Y=\dfrac{(\text{입력의 변환})+(\text{초기값에서 온 항})}{\text{특성다항식}}$.
  3. 부분분수 → 표로 역변환합니다.
  4. 입력에 $e^{-as}$가 붙어 있으면 그것을 떼고 역변환한 뒤, $t$를 $t-a$로 바꾸고 $u(t-a)$를 곱합니다.
  5. 충격 입력 $\delta(t-a)$의 변환은 $e^{-as}$입니다. 충격은 속도 $y'$를 순간적으로 바꿉니다.
  6. 검산: $y(0)$, $y'(0)$를 확인하고 ODE에 넣어 봅니다.
예제 6-1 $y''-3y'+2y=4$, $\ y(0)=1$, $y'(0)=0$

변환: $\big(s^2Y-s-0\big)-3\big(sY-1\big)+2Y=\frac4s$.

$$\begin{aligned}(s^2-3s+2)Y&=\frac4s+s-3\\&=\frac{s^2-3s+4}{s}\\Y&=\frac{s^2-3s+4}{s(s-1)(s-2)}\end{aligned}$$

덮어 가리기:

$$y(t)=2-2e^{t}+e^{2t}$$

검산: $y(0)=2-2+1=1$, $y'=-2e^t+2e^{2t}$이라 $y'(0)=0$. $y''=-2e^t+4e^{2t}$을 넣으면 $(-2e^t+4e^{2t})-3(-2e^t+2e^{2t})+2(2-2e^t+e^{2t})=4$.

예제 6-2 계단 입력과 충격 입력

(a) 계단: $y''+y=u(t-\pi)$, $\ y(0)=y'(0)=0$.

$$\begin{aligned}&(s^2+1)Y=\frac{e^{-\pi s}}{s}\\&\Rightarrow\ Y=e^{-\pi s}\cdot\frac{1}{s(s^2+1)}\\&\qquad\ =e^{-\pi s}\Big(\frac1s-\frac{s}{s^2+1}\Big)\end{aligned}$$

$e^{-\pi s}$를 떼면 $1-\cos t$. 이것을 $\pi$만큼 밀고 $u(t-\pi)$를 곱합니다.

$$\begin{aligned}y(t)&=\big[1-\cos(t-\pi)\big]\,u(t-\pi)\\&=(1+\cos t)\,u(t-\pi)\end{aligned}$$

$t<\pi$에서는 힘이 없어서 $y=0$이고, $t=\pi$에서 $y$와 $y'$이 모두 0에서 매끄럽게 출발합니다.

(b) 충격: $y''+2y'+2y=\delta(t)$, $\ y(0)=y'(0)=0$.

$$\begin{aligned}&(s^2+2s+2)Y=1\\&\Rightarrow\ Y=\frac{1}{(s+1)^2+1}\\&\Rightarrow\ y(t)=e^{-t}\sin t\end{aligned}$$

$y'=e^{-t}(\cos t-\sin t)$이므로 $y'(0^+)=1$입니다. 크기 1의 충격이 속도를 0에서 1로 바꾼 것입니다. 이 해는 이 ODE의 그린 함수이기도 합니다.

7. 연립 ODE

레시피
  1. 각 미지함수를 변환합니다: $x\to X$, $y\to Y$, $x'\to sX-x(0)$.
  2. $X,\,Y$에 대한 연립 일차방정식을 풉니다(대입 또는 크라메르 공식).
  3. 각각 부분분수 → 역변환합니다.
  4. 검산: 원래 두 식과 초기값을 모두 확인합니다.
예제 7-1 $x'=x+2y$, $\ y'=2x+y$, $\ x(0)=1$, $y(0)=0$

변환해서 정리합니다.

$$\begin{aligned}sX-1&=X+2Y\\sY-0&=2X+Y\\\Rightarrow\quad(s-1)X-2Y&=1\\-2X+(s-1)Y&=0\end{aligned}$$

둘째 식에서 $X=\frac{(s-1)Y}{2}$. 첫째 식에 넣으면 $\frac{(s-1)^2}{2}Y-2Y=1$, 즉 $\big[(s-1)^2-4\big]Y=2$.

$$\begin{aligned}Y&=\frac{2}{(s-3)(s+1)}\\X&=\frac{s-1}{(s-3)(s+1)}\end{aligned}$$

덮어 가리기: $Y$는 $s=3$에서 $\frac24=\frac12$, $s=-1$에서 $\frac{2}{-4}=-\frac12$. $X$는 $s=3$에서 $\frac24=\frac12$, $s=-1$에서 $\frac{-2}{-4}=\frac12$.

$$x(t)=\frac{e^{3t}+e^{-t}}{2},\quad y(t)=\frac{e^{3t}-e^{-t}}{2}$$

검산: $x(0)=1$, $y(0)=0$. $x'=\frac{3e^{3t}-e^{-t}}{2}$이고 $x+2y=\frac{e^{3t}+e^{-t}}{2}+(e^{3t}-e^{-t})=\frac{3e^{3t}-e^{-t}}{2}$. 맞습니다.

8. 초기값·최종값 정리와 $\mathcal L\{J_0\}$

레시피
  1. 초기값 정리(initial value theorem): $f(0^+)=\lim_{s\to\infty}sF(s)$. 역변환하지 않고 시작값을 확인할 때 씁니다. 도함수에 쓰면 $f'(0^+)=\lim_{s\to\infty}\big[s^2F-sf(0)\big]$.
  2. 최종값 정리(final value theorem): $\lim_{t\to\infty}f(t)=\lim_{s\to0}sF(s)$. 조건: $sF(s)$의 극이 모두 왼쪽 반평면 $\mathrm{Re}\,s<0$에 있어야 합니다. 허축 위나 오른쪽에 극이 있으면($\sin t$, $e^t$ 등) $f$가 수렴하지 않으므로, 공식이 내놓는 값은 틀린 답입니다.
  3. 변수계수 ODE: $t$가 곱해진 항은 $t$ 곱하기 규칙으로 바꿉니다. $\mathcal L\{ty\}=-Y'$, $\ \mathcal L\{ty'\}=-\frac{d}{ds}\big[sY-y(0)\big]$, $\ \mathcal L\{ty''\}=-\frac{d}{ds}\big[s^2Y-sy(0)-y'(0)\big]$. 그러면 $Y(s)$에 대한 1계 ODE가 나옵니다(L15). 적분상수는 초기값 정리로 정합니다.
  4. Arfken은 이 방법으로 베셀 함수 $J_0$의 변환을 구합니다(기억 기반, 미검증). 결과 $\mathcal L\{J_0(t)\}=\frac{1}{\sqrt{s^2+1}}$은 외워 둘 만합니다.
예제 8-1 역변환 없이 시작값과 끝값 구하기

(a) $y''+3y'+2y=4$ ($t>0$), $y(0)=y'(0)=0$. 변환하면 $(s^2+3s+2)Y=\frac4s$이므로 $Y=\dfrac{4}{s(s+1)(s+2)}$.

확인: 덮어 가리기로 $Y=\frac2s-\frac{4}{s+1}+\frac{2}{s+2}$, $\ y=2-4e^{-t}+2e^{-2t}$. $y(0)=0$, $y'(0)=4-4=0$, $y(\infty)=2$. 물리적으로는 정상 상태 $2y=4$입니다.

(b) 쓰면 안 되는 경우. 예제 6-1의 $Y=\frac{s^2-3s+4}{s(s-1)(s-2)}$에 공식을 쓰면 $sY\big|_{s=0}=\frac{4}{2}=2$가 나옵니다. 그러나 실제 해 $y=2-2e^t+e^{2t}$는 발산합니다. 극 $s=1,\,2$가 오른쪽에 있으므로 정리의 조건이 깨진 것입니다.

예제 8-2 베셀 방정식에서 $\mathcal L\{J_0(t)\}$

$y=J_0(t)$는 $ty''+y'+ty=0$, $\ y(0)=1$, $y'(0)=0$을 만족합니다(L23). 항마다 변환합니다.

$$\begin{aligned}\mathcal L\{ty''\}&=-\frac{d}{ds}\big[s^2Y-s\big]=-2sY-s^2Y'+1\\\mathcal L\{y'\}&=sY-1\\\mathcal L\{ty\}&=-Y'\end{aligned}$$

더하면 상수 $+1$과 $-1$이 지워집니다.

$$\begin{aligned}&-(s^2+1)Y'-sY=0\\&\Rightarrow\ \frac{Y'}{Y}=-\frac{s}{s^2+1}\\&\Rightarrow\ Y=\frac{C}{\sqrt{s^2+1}}\end{aligned}$$

상수 $C$: 초기값 정리로 $sY=\frac{Cs}{\sqrt{s^2+1}}\to C$ ($s\to\infty$)이고 이것이 $J_0(0)=1$이므로 $C=1$.

$$\mathcal L\{J_0(t)\}=\frac{1}{\sqrt{s^2+1}}$$

검산(급수): $J_0=1-\frac{t^2}{4}+\frac{t^4}{64}-\cdots$를 항별 변환하면 $\frac1s-\frac{1}{2s^3}+\frac{3}{8s^5}-\cdots$. 한편 $\frac{1}{\sqrt{s^2+1}}=\frac1s\big(1+\frac1{s^2}\big)^{-1/2}=\frac1s-\frac1{2s^3}+\frac{3}{8s^5}-\cdots$. 같습니다. 덤으로 $s\to0$이면 $\int_0^\infty J_0(t)\,dt=1$입니다.

왜 되나? (증명 스케치)

도함수 규칙 $\int_0^\infty f'(t)e^{-st}dt=sF(s)-f(0)$에서 $s$를 양 끝으로 보냅니다.

9. 브롬위치 적분 — 역변환 = 유수의 합

레시피
  1. 역변환 공식(브롬위치 적분, Bromwich integral): $\displaystyle f(t)=\frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma-i\infty}^{\gamma+i\infty}F(s)\,e^{st}\,ds$. 적분선 $\mathrm{Re}\,s=\gamma$는 모든 극보다 오른쪽에 둡니다.
  2. $t>0$이고 $|s|\to\infty$에서 $F(s)\to0$이면 적분선을 왼쪽으로 닫을 수 있습니다. 그러면 $$f(t)=\sum_{\text{모든 극 }s_k}\operatorname{Res}\big[F(s)e^{st},\,s_k\big]$$ 유수 계산은 L11에서 배운 그대로입니다.
  3. 단순극: $\operatorname{Res}=\lim_{s\to s_k}(s-s_k)F(s)e^{st}$. 이것이 덮어 가리기와 같은 계산입니다.
  4. $m$중극: $\operatorname{Res}=\frac1{(m-1)!}\frac{d^{m-1}}{ds^{m-1}}\big[(s-s_k)^mF(s)e^{st}\big]_{s=s_k}$. $e^{st}$도 함께 미분해야 해서 $t$가 튀어나옵니다.
  5. 실수 계수 $F$의 켤레 복소극은 유수도 서로 켤레입니다. 하나만 구해 $2\,\mathrm{Re}$를 취합니다.
왜 되나? (증명 스케치)

라플라스 변환은 푸리에 변환의 한 종류입니다. $s=\gamma-i\omega$로 두면

$$F(\gamma-i\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}\big[f(t)\theta(t)e^{-\gamma t}\big]e^{i\omega t}dt$$

즉 $F$는 $h(t)=f(t)\theta(t)e^{-\gamma t}$의 푸리에 변환(L19 관례의 $\sqrt{2\pi}$배)입니다. $e^{-\gamma t}$는 $f$가 커져도 적분이 수렴하도록 곱한 것입니다. L19의 역변환으로 $h$를 되찾고 $e^{\gamma t}$를 다시 곱하면

$$f(t)=\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}F(\gamma-i\omega)\,e^{(\gamma-i\omega)t}d\omega$$

$s=\gamma-i\omega$, $ds=-i\,d\omega$로 바꾸면 브롬위치 적분입니다. $t>0$이면 $e^{st}$는 왼쪽($\mathrm{Re}\,s\to-\infty$)에서 작아지므로 왼쪽 큰 반원으로 닫을 수 있고(조르당 보조정리, L12), 안에 든 극의 유수 합만 남습니다. $t<0$이면 오른쪽으로 닫는데 거기에는 극이 없어서 $f=0$입니다.

예제 9-1 예제 4-1 (b)와 4-2를 유수로 다시 풀기

(a) $F=\frac{1}{(s+1)^2(s+2)}$. 극은 $s=-2$ (단순), $s=-1$ (2중).

합: $f(t)=(t-1)e^{-t}+e^{-2t}$. 예제 4-1 (b)(부분분수)와 같습니다. 비교하면 중극에서 "미분해서 $A$ 구하기"와 "$e^{st}$까지 미분하기"가 같은 일을 하고 있다는 것이 보입니다.

(b) $F=\frac{s+3}{s^2+2s+5}$. 극은 $s_\pm=-1\pm2i$ (단순). $F=\frac PQ$ 꼴의 단순극 유수는 $\frac{P(s_k)}{Q'(s_k)}e^{s_kt}$이고 $Q'=2s+2$입니다.

$$\begin{aligned}\operatorname{Res}_{s_+}&=\frac{(-1+2i)+3}{2(-1+2i)+2}\,e^{(-1+2i)t}\\&=\frac{2+2i}{4i}\,e^{-t}e^{2it}\\&=\frac{1-i}{2}\,e^{-t}e^{2it}\end{aligned}$$

켤레 극의 유수를 더하면 $2\,\mathrm{Re}$입니다: $2\,\mathrm{Re}\Big[\frac{1-i}{2}(\cos2t+i\sin2t)\Big]e^{-t}=(\cos2t+\sin2t)\,e^{-t}$. 예제 4-2와 같습니다.

10. 자주 하는 실수

11. 연습문제

종이에 먼저 풀고 답을 여세요. 모든 답은 SymPy로 검산했습니다. 역변환 답은 $t>0$에서의 식입니다.

A. 표와 정의

A1. $\mathcal L\{3t^2-2e^{-t}+5\}$

답$\dfrac{6}{s^3}-\dfrac{2}{s+1}+\dfrac5s$ — 선형성과 표.

A2. $\mathcal L\{\sin^2t\}$

답$\dfrac{2}{s(s^2+4)}$ — $\sin^2t=\frac12(1-\cos2t)\to\frac12\big(\frac1s-\frac{s}{s^2+4}\big)$.

A3. $\mathcal L\{\cosh2t-\cos2t\}$

답$\dfrac{8s}{s^4-16}$ — $\frac{s}{s^2-4}-\frac{s}{s^2+4}$을 통분.

A4. $f(t)=t$ ($0\le t<1$), $f(t)=1$ ($t\ge1$)

답$\dfrac{1-e^{-s}}{s^2}$ — $f=t-(t-1)u(t-1)$.

B. 성질

B1. $\mathcal L\{te^{2t}\}$

답$\dfrac{1}{(s-2)^2}$ — $t\to\frac1{s^2}$에 $s$-이동. 또는 $-\frac{d}{ds}\frac1{s-2}$.

B2. $\mathcal L\{t^2\cos t\}$

답$\dfrac{2s^3-6s}{(s^2+1)^3}$ — $\frac{d^2}{ds^2}\frac{s}{s^2+1}$. 한 번 미분하면 $\frac{1-s^2}{(s^2+1)^2}$.

B3. $\mathcal L\Big\{\dfrac{1-e^{-t}}{t}\Big\}$

답$\ln\dfrac{s+1}{s}$ — $\int_s^\infty\big(\frac1\sigma-\frac{1}{\sigma+1}\big)d\sigma=\big[\ln\frac{\sigma}{\sigma+1}\big]_s^\infty$.

B4. 예제 2-1 (c)를 써서 $\displaystyle\int_0^\infty e^{-t}\,\frac{\sin t}{t}\,dt$

답$\dfrac\pi4$ — $\arctan\frac1s$에 $s=1$.

B5. $f(t)=t$ ($0\le t<1$)를 주기 1로 되풀이한 톱니파

답$\dfrac1{s^2}-\dfrac{e^{-s}}{s(1-e^{-s})}$ — 부분적분으로 $F_1=\int_0^1te^{-st}dt=\frac{1-e^{-s}-se^{-s}}{s^2}$. $1-e^{-s}$로 나누고 두 항으로 가릅니다.

B6. 반파 정류: $f=\sin t$ ($0<t<\pi$), $0$ ($\pi<t<2\pi$), 주기 $2\pi$

답$\dfrac{1}{(s^2+1)(1-e^{-\pi s})}$ — $F_1=\frac{1+e^{-\pi s}}{s^2+1}$(예제 3-1 (b)와 같은 적분), 분모 $1-e^{-2\pi s}=(1-e^{-\pi s})(1+e^{-\pi s})$로 약분.

C. 역변환

C1. $\dfrac{1}{s^2-5s+6}$

답$e^{3t}-e^{2t}$ — $(s-2)(s-3)$, 덮어 가리기로 $-1$, $1$.

C2. $\dfrac{s^2+1}{s^3-s}$

답$-1+e^{t}+e^{-t}=2\cosh t-1$ — $s(s-1)(s+1)$, 계수 $-1,\,1,\,1$.

C3. $\dfrac{1}{s(s+1)^2}$

답$1-e^{-t}-te^{-t}$ — $\frac1s-\frac1{s+1}-\frac1{(s+1)^2}$.

C4. $\dfrac{2s+3}{s^2+4s+13}$

답$e^{-2t}\Big(2\cos3t-\dfrac13\sin3t\Big)$ — $(s+2)^2+9$, 분자 $2(s+2)-1$, 상수항은 $-\frac13\cdot\frac{3}{(s+2)^2+9}$.

C5. $\dfrac{e^{-2s}}{s^2+1}$

답$\sin(t-2)\,u(t-2)$

C6. $\dfrac{1}{s^4-1}$

답$\dfrac{\sinh t-\sin t}{2}$ — $\frac1{(s^2-1)(s^2+1)}=\frac12\big(\frac1{s^2-1}-\frac1{s^2+1}\big)$. $s^2$을 한 문자로 보고 덮어 가리기.

D. 합성곱

D1. 합성곱으로 $\mathcal L^{-1}\Big\{\dfrac{1}{(s^2+1)^2}\Big\}$

답$\dfrac{\sin t-t\cos t}{2}$ — $\int_0^t\sin\tau\sin(t-\tau)d\tau$, 곱→합 공식 $\sin A\sin B=\frac12[\cos(A-B)-\cos(A+B)]$.

D2. 적분방정식 $y(t)=t+\displaystyle\int_0^t(t-\tau)\,y(\tau)\,d\tau$

답$y=\sinh t$ — 적분항은 $t*y$이므로 $Y=\frac1{s^2}+\frac{Y}{s^2}$, $Y=\frac{1}{s^2-1}$.

E. 초기값 문제

E1. $y'+2y=e^{-t}$, $y(0)=0$

답$e^{-t}-e^{-2t}$ — $Y=\frac{1}{(s+1)(s+2)}$.

E2. $y''+y=t$, $y(0)=1$, $y'(0)=0$

답$\cos t+t-\sin t$ — $Y=\frac{s}{s^2+1}+\frac{1}{s^2(s^2+1)}$, 뒤의 것은 예제 5-1.

E3. $y''+2y'+y=0$, $y(0)=1$, $y'(0)=0$

답$(1+t)e^{-t}$ — $Y=\frac{s+2}{(s+1)^2}=\frac{1}{s+1}+\frac{1}{(s+1)^2}$.

E4. $y''+4y=\delta(t-1)$, $y(0)=y'(0)=0$

답$\dfrac12\sin\big(2(t-1)\big)\,u(t-1)$ — $Y=\frac{e^{-s}}{s^2+4}$.

E5. $y'+y=u(t-1)-u(t-2)$, $y(0)=0$

답$\big(1-e^{-(t-1)}\big)u(t-1)-\big(1-e^{-(t-2)}\big)u(t-2)$ — $Y=\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s(s+1)}$이고 $\frac{1}{s(s+1)}\to1-e^{-t}$.

E6. $x'=3x-2y$, $y'=2x-2y$, $x(0)=1$, $y(0)=0$

답$x=\dfrac{4e^{2t}-e^{-t}}{3}$, $y=\dfrac{2(e^{2t}-e^{-t})}{3}$ — $X=\frac{s+2}{(s-2)(s+1)}$, $Y=\frac{2}{(s-2)(s+1)}$.

F. 초기값·최종값 정리와 $J_0$

F1. $F(s)=\dfrac{3s+2}{s(s+1)(s+2)}$의 $f(0^+)$와 $f(\infty)$를 역변환 없이 구하고, 역변환으로 확인하세요.

답$f(0^+)=0$, $f(\infty)=1$ — $sF=\frac{3s+2}{(s+1)(s+2)}$는 $s\to\infty$에서 0, $s=0$에서 $\frac22=1$ (극 $-1,-2$는 왼쪽). 역변환 $f=1+e^{-t}-2e^{-2t}$.

F2. $F(s)=\dfrac{1}{s(s-1)}$에 최종값 정리를 쓰면 $-1$이 나옵니다. 맞는 답입니까?

답아닙니다 — $f=e^t-1\to\infty$. $sF=\frac1{s-1}$의 극 $s=1$이 오른쪽 반평면에 있어서 정리를 쓸 수 없습니다.

F3. $\mathcal L\{J_0(2t)\}$와 $\displaystyle\int_0^\infty e^{-t}J_0(t)\,dt$를 구하세요.

답$\dfrac{1}{\sqrt{s^2+4}}$와 $\dfrac1{\sqrt2}$ — 스케일링 $\frac12F\big(\frac s2\big)=\frac12\cdot\frac{1}{\sqrt{s^2/4+1}}$. 둘째는 $\mathcal L\{J_0\}$에 $s=1$을 넣은 값입니다.

G. 브롬위치 적분(유수)

G1. $\dfrac{1}{s(s^2+4)}$을 유수로 역변환하세요.

답$\dfrac{1-\cos2t}{4}=\dfrac{\sin^2t}{2}$ — $s=0$: $\frac14$. $s=2i$: $\frac{e^{2it}}{(2i)(4i)}=-\frac{e^{2it}}{8}$, 켤레와 합치면 $-\frac{\cos2t}{4}$.

G2. $\dfrac{1}{(s^2+1)^2}$을 유수로 역변환하세요(2중극 $\pm i$). D1과 비교하세요.

답$\dfrac{\sin t-t\cos t}{2}$ — $s=i$: $\frac{d}{ds}\frac{e^{st}}{(s+i)^2}\big|_{s=i}=-\frac{(t+i)e^{it}}{4}$. $2\,\mathrm{Re}$를 취합니다.

G3. $\dfrac{s}{(s-1)^2(s-2)}$를 유수로 역변환하세요.

답$2e^{2t}-(t+2)e^{t}$ — $s=2$: $\frac{2e^{2t}}{1}$. $s=1$ (2중): $\frac{d}{ds}\frac{se^{st}}{s-2}\big|_{s=1}=\big[\frac{(1+st)e^{st}}{s-2}-\frac{se^{st}}{(s-2)^2}\big]_{s=1}=-(1+t)e^t-e^t$.

12. 다음

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