Laplace transform (1)

강의 : 링크

 

미분 방정식을 쉽게 풀기 위한 유용한 도구인 laplace transform에 대해 알아본다.

laplace transform 의 식은 아래와 같다.

 

$\mathscr{L}\{f(t)\}=\int_{t=0}^{\infty}f(t)e^{-st}dt = F(s)$

 

위를 보게 되면 $\mathscr{L}$ 변환을 통해 $t$ 에 대한 식인 $f(t)$ 를 $s$ 에 대한 식으로 변환된다.

후에 역변환을 통해 다시 $t$에 대한 식으로 되돌려주게 되는데 이 과정을 통해 미분방정식을 더 쉽게 풀 수 있게 해준다고 한다.

 

본 포스팅에서는 몇 가지 $f(t)$ 에 대해  laplace transform 을 해보도록 하겠다. 

여기서는 변환만 소개하고 역변환을 포함한 미분 방정식 풀이는 다음 포스팅에서 마저 진행한다.

 

그 전에 아래 풀이 과정에서 자주 쓰이는 부분적분에 대한 식을 정리해두고 가려 한다.

$(wv)^{`} = w^` v + w v^`$

$\int (wv)^{`} = \int w^` v + \int w v^`$

$wv = \int w^` v + \int w v^`$

$\int w^` v = wv - \int w v^`$

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$f(t) = 1$

$\mathscr{L}\{f(t)\} = \int_{t=0}^{\infty}e^{-st}dt$

$= -\frac{1}{s} e^{-st} \rvert_{t=0}^{t=\infty} = \frac{1}{s}$ (if $s>0$)

 

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$f(t) = e^{at}$

$\mathscr{L}\{f(t)\} = \int_{t=0}^{\infty}e^{-st}e^{at}dt$

$= \int_{t=0}^{\infty} e^{(a-s)t}dt = \frac{1}{a-s}e^{a-s}t \rvert_{t=0}^{t=\infty}$

$= \frac{1}{s-a}$ (if $a < s)$

 

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$f(t) = sin(at)$

$\mathscr{L}\{f(t)\} = \int_{t=0}^{\infty}e^{-st}sin(at)dt$

부분적분을 사용한다. $\int w^` v = wv - \int w v^`$

let $w^` = e^{-st}, w = -\frac{1}{s}e^{-st}$

let $v = sin(at), v^` = a cos(at)$

 

$\int_{t=0}^{\infty}e^{-st}sin(at)dt = -\frac{1}{s}e^{-st} sin(at) - \int -\frac{1}{s}e^{-st} a cos(at) dt$

$= -\frac{1}{s}e^{-st} sin(at) +-\frac{a}{s} \underline{\int^{-st} cos(at) dt}$

 

밑줄 친 부분도 부분적분을 통해 식을 풀어준다.

$\int^{-st} cos(at) dt = -\frac{e^{-st}}{s}cos(at) - \frac{a}{s} \underline{\int e^{-st} sin(at) dt}$

 

위의 밑줄 친 부분은 우리가 처음에 풀려고 한 식 $\mathscr{L}\{f(t)\}$ 임을 알 수 있다.

$y = \mathscr{L}\{f(t)\}$ 로 해서 식을 단순화해보자.

 

$y + \frac{a^2}{s^2}y = -\frac{e^{-st}}{s} sin(at) + \frac{a}{s}(-\frac{e^{-st}}{s} cos(at))$

$(\frac{s^2 + a^2}{s^2})y = [-\frac{e^{-st}}{s} sin(at) + \frac{a}{s}(-\frac{e^{-st}}{s} cos(at))]_{t=0}^{t=\infty}$

$= 0 - (-1 \cdot (0+\frac{a}{s^2}))= \frac{a}{s^2}$

$(\frac{s^2 + a^2}{s^2})y = \frac{a}{s^2}$

$y = \frac{a}{a^2 + s^2}$

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$f(t) = c_1 g(t) + c_2 h(t)$

 

laplace transform 은 linear operator 이다. 즉 해당 변환은 선형 결합을 보존한다.

$\mathscr{L}\{c_1 g(t) + c_2 h(t)\} = \int_{t=0}^{\infty}e^{-st}[c_1 g(t) + c_2 h(t)]dt$

$= c_1 \int_{t=0}^{\infty}e^{-st} g(t) dt + c_2 \int_{t=0}^{\infty}e^{-st} h(t) dt$

$= c_1 \cdot \mathscr{L}\{g(t)\} + c_2 \cdot \mathscr{L}\{h(t)\}$

 

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$f(t) = g^`(t)$

derivative 에 대한 laplace transform 에 대해 알아보자. derivative 에 대한 변환은 laplace transform 을 통해 미분방정식을 푸는 용이함에 큰 기여를 한다.

 

$\mathscr{L}\{g^{`}(t)\} = \int_{t=0}^{\infty}e^{-st}g^{`}(t)dt$

부분적분을 사용한다. $\int w^` v = wv - \int w v^`$

let $w^` = g^`(t), w = g(t)$

let $v = e^{-st}, v^` = -s e^{-st}$

 

$\int_{t=0}^{\infty}e^{-st}g^{`}(t)dt = e^{-st} g(t) \rvert_{t=0}^{t=\infty} - \int_{t=0}^{\infty}-s e^{-st}g(t) dt$

$(0 - g(0)) + s \underline{\int_{t=0}^{\infty}e^{-st}g(t) dt}$

밑줄 친 부분은 $\mathscr{L}\{g(t)\}$ 임을 알 수 있다. 그러므로,

$\mathscr{L}\{g^`(t)\} = s \mathscr{L}\{g(t)\} - g(0)$

 

어떤 함수의 derivative 에 대한 laplace transform 식은 그 함수에 대한 식에 대한 laplace transform 으로 표현할 수 있다.

이 식을 사용해서 몇 가지 함수에 대한 laplace transform 을 풀어보자.

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$f(t) = cos(at)$

$\mathscr{L}\{cos(at)\} = \int_{t=0}^{\infty}e^{-st}cos(at)dt$

위 식을 풀려면 우리가 위에서 진행한 $sin(at)$ 과 같이 부분적분을 포함한 복잡한 전개식을 풀어야 한다. 하지만 derivative에 대한 laplace transform 을 사용해 쉽게 풀 수 있다.

 

let $f^`(t) = cos(at)$

let $f(t) = \frac{1}{a}sin(at)$

 

$\mathscr{L}\{f^`(t)\} = s \mathscr{L}\{f(t)\} - f(0)$

$= \frac{s}{a} \cdot \frac{a}{a^2 + s^2} - 0 = \frac{s}{a^2 + s^2}$

 

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$f(t) = t^n$

$\mathscr{L}\{t^n\} = \int_{t=0}^{\infty}e^{-st}t^ndt$

이 식을 풀 땐, derivative 에 대한 변환식을 약간 이항해줘 사용한다.

 

$\mathscr{L}\{f^`(t)\} = s \mathscr{L}\{f(t)\} - f(0)$

$\mathscr{L}\{f(t)\} = \frac{1}{s} (\mathscr{L}\{f^`(t)\}+f(0))$

 

let $f(t) = t^n$

let $f^`(t) = n t^{n-1}$

 

$\mathscr{L}\{t^n\} = \frac{n}{s} \mathscr{L}\{t^{n-1}\}$

위 식의 우변에 있는 변환식 부분은 $\mathscr{L}\{1\}$ 까지 계속해서 계산될 수 있으며 이에 따라 아래의 결과값이 나온다.

$= \frac{n!}{s^{n+1}}$

 

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$e^{-st}f(t)$

위에서 말했듯 laplace transform 은 $t$ 에 대한 식을 $s$ 에 대한 식으로 바꿔준다. $f(t) \rightarrow F(s)$

$f(t)$에 지수함수 $e^{at}$ 를 곱해준 형태를 laplace transform 해주면, 변환된 식을 shifting 한 형태가 $F(s-a)$ 된다.

 

$\mathscr{L}\{e^{at}f(t)\} = \int_{t=0}^{\infty}e^{at}e^{-st}f(t)dt$

$\int_{t=0}^{\infty}e^{-(s-a)t}f(t)dt = F(s-a)$

 

이 식을 사용하면 복잡해보이는 형태의 함수의 laplace transform을 간단하게 계산할 수 있다.

 

$\mathscr{L}\{e^{3t}cos(2t)\} =F(s-3) = \frac{s-3}{(s-3)^2+4}$

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$\mu_c(t) f(t-c)$

$\mu_c(t)$ 은 $t$가 특정값 $c$ 를 넘으면 1로 활성화되는 step function이다.

$\mu_c(t)= 1 \text{ if t < c } 0 \text{ else}$

 

이 step function이 $f(t-c)$ 과 곱해지면, 함수 $f(t)$ 가 $t$ 축으로 $c$ 만큼 shifting 되는 형태가 된다.  $t < c$ 의 경우에는 0이 된다.

 

$\mu_c(t) f(t-c)$

$\mu_c(t)= 1 \text{ if t < c } 0 \text{ else}$

 

$\mathscr{L}\{\mu_c(t) f(t-c)\} = \int_{t=0}^{\infty}e^{-st}\mu_c(t) f(t-c)dt$

$= \int_{t=c}^{\infty}e^{-st} f(t-c)dt$

 

식을 간단하게 만들기 위해 아래와 같은 변수 변환 과정을 거친다.

let $x = t-c, t = x+ c$

$\frac{dx}{dt} = 1 \rightarrow dx = dt$

 

$= \int_{t=c}^{\infty}e^{-st} f(t-c)dt$

$= \int_{x=0}^{\infty}e^{-s(x+c)} f(x)dx = e^{-sc}\int_{x=0}^{\infty}e^{-sx} f(x)dx$

$= e^{-sc} \mathscr{L}\{f(t)\}$

 

아래 예시 문제를 풀어보자.

$\mathscr{L}\{\mu_{\pi}(t) sin(t-\pi)\} = e^{-s\pi} \mathscr{L}\{sin(t)\}$

$= e^{-s\pi} \frac{1}{s^2+1}$