9. 라플라스 변환 1

 

이전 글들에서는 미분방정식의 종류와 형태를 익히고, 각 형태에서 방정식을 풀어 해를 구하는 법 등을 다루었습니다.

이번 글부터는 미분방정식을 풀지는 않지만, 방정식의 해를 대수적으로 구할 수 있는 라플라스 변환에 대해 다룰 것입니다.

라플라스 변환은 수학적으로 매우 중요하고, 이를 통해 여러 미분방정식을 간단히 다룰 수 있습니다.

따라서 라플라스 변환을 잘 익히는 것이 복잡한 미분방정식을 더 빠르게 해결하도록 해주는 방법입니다.

 

라플라스 변환의 공식을 다루기 전에 먼저 라플라스 변환이 무엇인지 짚고 넘어가면,

식을 다루고 있는 수학적 공간을 변화시켜 더 쉽게 계산할 수 있는 것이라고 정의할 수 있습니다.

기존에 미분방정식을 다룰 때는 방정식을 이루는 문자들에 대해서만 다루었습니다.

그러나 라플라스 변환은 이러한 문자들을 대수적인 계산이 가능한 수학적인 공간으로 변환시켜,

해당 공간에서 비교적 쉬운 대수적 계산으로 값을 구해내고,

다시 이를 기존의 공간으로 변환시켜 해를 얻어내는 것이라고 생각하시면 될 것 같습니다.

 

다음으로 라플라스 변환(Laplace Transform)과 과정에 대해 알아보겠습니다.

$$L\{f(t)\}=\int_0^{\infty }e^{-st}f(t)dt,         t\geq 0$$

위의 식은 라플라스 변환을 나타내는 식입니다.

라플라스 변환을 하기 위해서는 t의 범위가 0 이상일 때 함수 f가 정의되어야 하고,

다음의 라플라스 변환의 적분이 수렴해야 합니다.

이를 통해 기존의 미분방정식을 t-공간에서 대수적 계산이 가능한 s-공간으로 변화시킬 수 있습니다.

t로 이루어진 함수 f가 라플라스 변환을 거쳐 s로 이루어진 식으로 나타낼 수 있습니다.

$$L\{f(t)\}=F(s)$$

 

자 예시로, f(t)=1인 경우에 대해서 라플라스 변환을 한 번 해보겠습니다.

$$L\{1\}=\int_0^{\infty }e^{-st}(1)dt=\lim_{x \rightarrow \infty}\int_0^x e^{-st}dt$$

$$= \lim_{x \rightarrow \infty} \left.\frac{-e^{-st}}{s}\right\rvert_0^{x}=\lim_{x \rightarrow \infty}\frac{-e^{-sx}+1}{s}=\frac{1}{s}$$

이때 수렴하기 위해서는 s는 0보다 커야 하며, s가 0 보다 적으면 발산합니다.

따라서 라플라스 변환을 요약하면,

$$L\{1\}=\frac{1}{s},      s>0$$

 

라플라스 변환을 통해 t에 대한 함수들을 s에 대한 함수들로 나타낼 수 있습니다.

이를 반대로 하면 s에 대한 어떤 함수를 t에 대한 함수로 역변환도 가능하다는 말이 됩니다.

라플라스 변환을 1이 아닌 지수 함수나 삼각 함수 등과 같은 다른 함수들에 대해서 적용할 수 있으므로

각 함수들이 라플라스 변환되었을 때 s에 대한 어떤 식으로 바뀌는 지를 숙지하면 훨씬 문제를 해결하기 쉽습니다.

각각의 예시에 대한 라플라스 변환은 글 맨 아래에 표로 나타내었으니 한 번 살펴보세요.

 

여기서 만약 식이 복잡할 경우에는 어떻게 라플라스 변환을 사용해야 할까요?

여기 임의의 다항식이 있습니다.

$$f(t)=t+1$$

이 식은 t에 대한 함수입니다. 하지만, 이 경우에 정확인 대응하는 라플라스 변환은 존재하지 않습니다.

이 경우에 라플라스 변환은 선형성을 이용하여 선형 변환(Linear Transform)을 합니다.

$$L\{\alpha f(t)+\beta g(t)\}=\int_0^{\infty}e^{-st}[\alpha f(t)+\beta g(t)]dt=\alpha \int_0^{\infty}e^{-st}f(t)dt+\beta \int_0^{\infty}e^{-st}g(t)dt$$

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

다음과 같이 적분일 때의 관계를 사용하면 쉽게 확인할 수 있습니다.

이를 통해 위의 임의의 다항식을 넣어서 풀면,

$$L\{t+1\}=L\{t\}+L\{1\}$$

$$L\{t\}= \int_0^{\infty }te^{-st} dt=\lim_{x \rightarrow \infty} \int_0^x te^{-st}dt$$

$$=\lim_{x \rightarrow \infty}\left.-\frac{te^{-st}}{s}\right\rvert_0^x - \int_0^x -\frac{e^{-st}}{s}dt= \lim_{x \rightarrow \infty}-\frac{xe^{-sx}}{s}+\int_0^x \frac{e^{-st}}{s}dt$$

$$=-\frac{xe^{-sx}}{s}+\left.-\frac{e^{-st}}{s}\right\rvert_0^x=  \lim_{x \rightarrow \infty} -\frac{xe^{-sx}}{s}-\frac{e^{-sx}}{s^2}+\frac{1}{s^2}=\frac{1}{s^2},        s>0$$

$$L\{1\}=\frac{1}{s},          s>0$$

$$L\{t+1\}=\frac{1}{s^2}+\frac{1}{s}=\frac{s+1}{s^2}$$

다음과 같이 나타낼 수 있습니다.

 

지금까지 라플라스 변환과 그 과정에 대해서 간략하게 배워봤습니다.

외울 내용이 많아 이번 글은 짧게 작성하였습니다.

다음 글에서는 라플라스 변환의 충분조건을 다뤄보고, 이를 통해 라플라스 변환의 세부 조건을 자세히 알아보겠습니다.

또한, 이번 글에서 다룬 t-공간에서의 라플라스 변환에 대응되는 s-공간에서의 역변환을 다뤄보도록 하겠습니다.

끝까지 읽어주셔서 감사합니다.

 

$$f(x)$$	$$L(s)$$
$$1$$	$$\frac{1}{s}$$
$$t^n ,       n=1,    2,   \cdots$$	$$\frac{n!}{s^{n+1}},       n=1,    2,   \cdots$$
$$e^{at}$$	$$\frac{1}{s-a}$$
$$\sin kt$$	$$\frac{k}{s^2+k^2}$$
$$\cos kt$$	$$\frac{s}{s^2+k^2}$$
$$\sinh kt$$	$$\frac{k}{s^2-k^2}$$
$$\cosh kt$$	$$\frac{s}{s^2-k^2}$$