Laplace transform (2)

강의 : 링크

 

이전 포스팅에서 laplace transform 에 대한 변환식과 몇가지 함수의 변환값을 알아보았다.

추가적인 변환값은 라플라스 변환표를 검색해보면 나오니 참고하면 좋을 듯 하다.

 

본 포스팅에서는 이전 시리즈에서 풀었던 미분방정식을 laplace transform 을 사용해서 풀어보려 한다.

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

 

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

 

$\frac{s-1}{(s-1)^2+1}$ 부분부터 보자. 해당 부분은 $cos(t)$ 의 변환값의 형태임을 알 수 있다. $s$ 값에 $F(s-1)$ shifting이 필요해보인다. 이 shifting 은 함수값에 지수함수를 곱해줌으로 표현할 수 있다.

$\mathscr{L}\{e^t cos(t)\}= F(s-1) = \frac{s-1}{(s-1)^2+1}$

 

이제 $e^{-2s}$ 을 처리해주자. step function 이 함수에 곱해진 형태는 아래와 같은 형태가 되며, 이를 사용해 역변환을 해준다.

 

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

$c=2$ 의 형태임을 알 수 있다.

 

$\mu_2(t)f(t-2)$ 이고, 이전에 우리가 $f(t) = e^t cos(t)$ 를 구했기에, $f(t-2)$ 로 바꿔주면서 식을 정리하면 $f(t)$ 는 아래와 같다.

$f(t) = 2 \mu_2(t) cos(t-2) e^{t-2}$

 

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$y^{``} + 5y^` + 6y = 0, y(0) = 2, y^`(0) = 3$

 

초기값이 주어져 있는 homogeneous equation 이다. $y$를 지수함수의 형태로 변환하면 쉽게 풀 수 있지만, laplace transform 을 통해 풀어보자.

 

$\mathscr{L}\{y^{``}\} + 5\mathscr{L}\{y^{`}\} + 6\mathscr{L}\{y\} = 0$

 

derivative 에 대한 laplace transform 을 사용해서 식 내에 있는 derivative에 대한 변환을 없애주고 식을 정리하면 아래와 같다.

 

$= (s^2+5s+6)\mathscr{L}\{y\} -2s-13 = 0$

$\mathscr{L}\{y\} = \frac{2s+13}{(s+2)(2+3)}$

 

부분분수분해를 사용해서 $\frac{2s+13}{(s+2)(2+3)}$ 이 식을 다른 두 분수의 합으로 표현해준다. 이 방법은 역변환에서 많이 사용되는 방법이라고 한다.

 

$\mathscr{L}\{y\} = \frac{2s+13}{(s+2)(2+3)} = \frac{9}{s+2} - \frac{7}{s+3}$

$y = 9\mathscr{L}^{-1}\{\frac{1}{s+2}\} -7\mathscr{L}^{-1}\{\frac{1}{s+3}\}$

$= 9e^{-2t} - 7e^{-3t}$

 

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$y^{``} + y^` = sin(2t), y(0) = 2, y^`(0) = 1$

 

초기값이 주어져 있는 non-homogeneous equation 이다.

 

$\mathscr{L}\{y^{``}\} + \mathscr{L}\{y^`\} = \mathscr{L}\{sin(2t)\}$

$= s^2 \mathscr{L}\{y\} -sy(0) - y^`(0) + \mathscr{L}\{y\} = \mathscr{L}\{sin(2t)\}$

$= s^2 \mathscr{L}\{y\} -2s -1 + \mathscr{L}\{y\} = \mathscr{L}\{sin(2t)\}$

$(s^2+1)\mathscr{L}\{y\} = \frac{2}{s^2+4}+2s+1$

$\mathscr{L}\{y\} = \frac{2}{(s^2+4)(s^2+1)}+\frac{2s+1}{(s^2+1)}$

 

부분분수분해를 적용하여 우변의 첫 번째 term 을 분해해주자.

 

$\mathscr{L}\{y\} = -\frac{1}{3}\frac{2}{s^2+4} + \frac{2}{3}\frac{1}{s^2+1} +\frac{2s+1}{(s^2+1)}$

$y = \mathscr{L}^{-1}\{\frac{-1}{3}\frac{2}{s^2+4} + \frac{2}{3}\frac{1}{s^2+1} +2\frac{s}{(s^2+1)} + \frac{1}{s^2+1}\}$

$= -\frac{1}{3}sin(2t) + \frac{2}{3}sin(t) + 2cos(t) + sin(t)$

$= -\frac{1}{3}sin(2t) + \frac{5}{3}sin(t) + 2cos(t)$

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$y^{``}  + 4y = sin(t)  - \mu_{2\pi}(t) sin(t-2\pi)$

$\mathscr{L}\{y^{``}\} + 4\mathscr{L}\{y\} = \underline{\mathscr{L}\{sin(t)\} - \mathscr{L}\{\mu_{2\pi}(t) sin(t-2\pi)\}}$

 

밑줄친 부분부터 풀면 아래와 같다.

 

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

$s^2\mathscr{L}\{y\} + 4\mathscr{L}\{y\} =\frac{1-e^{-2s\pi}}{s^2+1}$

$\mathscr{L}\{y\} =\frac{1-e^{-2s\pi}}{s^2+1}\frac{1}{s^2+4} =(1-e^{-2s\pi}) \frac{1}{(s^2+1)(s^2+4)}$

 

부분분수분해를 적용하면 아래와 같아진다. 

 

$=(1-e^{-2s\pi}) [\frac{1}{3}\frac{1}{s^2+1} -\frac{1}{3}\frac{1}{s^2+4}]$

 

역변환까지 생각해서 식을 조금 조정해주자

 

$=(1-e^{-2s\pi}) [\frac{1}{3}\frac{1}{s^2+1} -\frac{1}{6}\frac{2}{s^2+4}]$

 

이게 식을 전개하고 역변환을 진행한다.

 

$\frac{1}{3}\frac{1}{s^2+1} -\frac{1}{6}\frac{2}{s^2+4} - \frac{e^{-2s\pi}}{3}\frac{1}{s^2+1} +\frac{e^{-2s\pi}}{6}\frac{2}{s^2+4}$

$=\frac{1}{3}sin(t) -\frac{1}{6}sin(2t) - \frac{1}{3}\mu_{2\pi}(t)sin(t-2\pi) + \frac{1}{6}\mu_{2\pi}(t)sin(2(t-2\pi))$

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라플라스 변환을 나무위키에서 표현한 것을 보면 선형 미분방정식을 푸는 사기기술로 묘사되고 있다. 원 함수의 공간에서 풀기 힘든 미분방정식을 다른 변수 공간으로 변환하여 쉽게 푼 후, 다시 역변환하는 이 메커니즘이 굉장히 신기함을 넘어 신비롭다.

 

laplace transform 에 대해서는 convolution integral 에 대한 추후 포스팅을 하나 더 하면서 마무리하려 한다.