Laplace Transform

Section 1. Laplace Transform

$\displaystyle \mathcal{L}\{f(t)\}:=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)dt$로 정의한다.

 

이와 관련된 몇 가지 정리들을 알아보자.

 

Thm 1.1 $f(t)$가 임의의 양수 $A$에 대해 $[0, A]$에서 조각적 연속이고 어떤 양수 $K,M>0,a$가 존재하여 $t \geq M$에서 $|f(t)| \leq Ke^{at}$를 만족할 때, $\mathcal{L}\{f(t)\}$가 $s>a$에서 존재한다.

 

pf. 간단하게 $t \geq M$인 구간과 $t < M$인 구간으로 나누면 자명하게 수렴한다. 생략.

 

Thm 1.2 $f(t)$가 $t \geq 0$에서 주기가 $T$인 주기함수일 때 $\displaystyle \mathcal{L}\{f(t)\}=\frac{\int_0^{T}e^{-st}f(t)dt}{1-e^{-sT}}$이다.

 

pf.\begin{align}
\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)dt&=\int_{0}^{T}e^{-st}f(t)dt+\int_{T}^{\infty}e^{-st}f(t)dt \\
&=\int_{0}^{T}e^{-st}f(t)dt+\int_{0}^{\infty}e^{-s(t+T)}f(t+T)dt \\
&=\int_{0}^{T}e^{-st}f(t)dt+e^{-sT}\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)dt 
\end{align}

$ \displaystyle \therefore \mathcal{L}\{f(t)\}=\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)dt=\frac{\int_0^{T}e^{-st}f(t)dt}{1-e^{-sT}}$

 

몇 가지 라플라스 변환은 다음과 같다. 여기서 $u(t)= \begin{cases} 1 & t \leq 0  \\ 0 & t < 0 \end{cases}$ 인 unit step function이고 $\displaystyle \delta(t) = \begin{cases} \infty & t = 0 \\ 0 & t \neq 0 \end{cases}, \int_{-\infty}^{\infty}\delta(t)dt=1$이도록 하는 디렉-델타 함수이다. 또한 $F(s):=\mathcal{L}\{f(t)\}, G(s):=\mathcal{L}\{g(t)\}$이다.

심심하면 직접 유도해보자.

 

$f(t)$	$\mathcal{L}\{f(t)\}$
$t^n, n \in \mathbb{N} \cup \{0\}$	$\displaystyle \frac{n!}{s^{n+1}}, s>0$
$e^{at}$	$\displaystyle \frac{1}{s-a}, s>a$
$t^ne^{at}, n \in \mathbb{N} \cup \{0\}$	$\displaystyle \frac{n!}{(s-a)^{n+1}}, s>a$
$t^p, p>-1$	$\displaystyle \frac{\Gamma(p+1)}{s^{p+1}}, s>0$
$\sin(at)$	$\displaystyle \frac{a}{s^2+a^2}, s>0$
$\cos(at)$	$\displaystyle \frac{s}{s^2+a^2}, s>0$
$\sinh(at)$	$\displaystyle \frac{a}{s^2-a^2}, s>|a|$
$\cosh(at)$	$\displaystyle \frac{s}{s^2-a^2}, s>|a|$
$e^{at}\sin(bt)$	$\displaystyle \frac{b}{(s-a)^2+b^2}, s>a$
$e^{at}\cos(bt)$	$\displaystyle \frac{s-a}{(s-a)^2+b^2}, s>a$
$u(t-c)f(t-c)$	$e^{-cs}F(s)$
$e^{ct}f(t)$	$F(s-c)$
$\delta(t-c)f(t)$	$f(c)e^{-cs}$
$t^nf(t)$	$(-1)^nF^{(n)}(s)$
$f^{(n)}(t)$	$s^nF(s)-s^{n-1}f(0)-\cdots-f^{(n-1)}(0)$
$\displaystyle f(t)*g(t)=\int_{0}^{t}f(\tau)g(t-\tau)d\tau$	$F(s)G(s)$

마지막 3개에 대한 것은 Section 2.에서 다룬다. 그 이전 3개는 직접 해 보면 간단하게 알 수 있다.

Section 2. Properties of Laplace Transform

아래 논의들에서 $f(t), g(t)$는 모두 라플라스 변환 가능하고, $F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}, G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}$라 하자.

 

Thm 2.1 $\mathcal{L}\{tf(t)\}=-F'(s)$

pf. $\displaystyle F(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)dt$에서 양변을 s에 대해 미분하면 라이프니츠 정리에 의해

$\displaystyle F'(s)=\int_{0}^{\infty} -te^{-st}f(t)dt=-\mathcal{L}\{tf(t)\}$

 

위 정리를 $n$번 하면 $\mathcal{L}\{t^nf(t)\}=(-1)^nF^{(n)}(s)$를 얻는다.

 

Thm 2.2 $\mathcal{L}\{f'(t)\}=sF(s)-f(0)$

pf. 부분적분을 하면 다음과 같이 결과를 얻을 수 있다.

\begin{align}
\mathcal{L}\{f'(t)\}&=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f'(t)dt \\ 
&=e^{-st}f(t)\vert^{\infty}_{0}-\int_{0}^{\infty}(-s)e^{-st}f(t)dt \\
&=-f(0)+s\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)dt \\
&=sF(s)-f(0)
\end{align}

 

위 정리를 $n$번 하면 $\mathcal{L}\{f^{(n)}(t)\}=s^nF(s)-s^{n-1}f(0)-\cdots-f^{(n-1)}(0)$을 얻는다.

 

Thm 2.3 $\displaystyle \mathcal{L}\{f(t)*g(t)\}=F(s)G(s)$

pf. 적분구간을 푸비니 정리로 적당히 바꾸면 다음과 같이 결과를 얻을 수 있다.

\begin{align}
\mathcal{L}\{f(t)*g(t)\} &= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{t} e^{-st}f(\tau)g(t-\tau) d\tau dt \\
&= \int_{0}^{\infty}\int_{\tau}^{\infty}e^{-s\tau}e^{-s(t-\tau)}f(\tau)g(t-\tau) dt d\tau \\
&= \int_{0}^{\infty}e^{-s\tau}f(\tau)d\tau \int_{0}^{\infty}e^{-st'}g(t') dt' \\
&=F(s)G(s)
\end{align}

 

Section 3. Using Laplace Transform in Solving IVPs

Thm 2.2를 이용하면 $y$에 대한 선형 미분 연산자 $L$에 대해 $L[y]$를 라플라스 변환 했을 때, $\phi(s)\mathcal{L}\{y\}+\psi(s)$꼴이 됨을 알 수 있다. 때문에 저번 Linear ODE with constant coefficient에서 소개했던 특수해를 구하는 방법들이 잘 통하지 않거나 매우 귀찮지만, 라플라스 변환이 비교적 간단한 경우 유용하게 사용할 수 있다. 단, $n$계 미분방정식에 대해 $y(0), y'(0), \cdots, y^{(n-1)}(0)$가 주어진 IVP여야 한다는 점을 기억하자.

 

또 해당 방정식을 푼 경우 $\mathcal{L}\{y\}=Y(s)$꼴로 구해질텐데, 원래 함수 $y$를 구하기 위해서는 $Y(s)$를 라플라스 역변환해야 한다.  적절한 부분분수 분해를 이용하여 위 표에 등장하는 함수들 꼴로 표현되도록 바꿔보자. 분모가 1차식/2차식인 유리식에 $e^{as}$꼴이 곱해진 꼴의 라플라스 역변환은 적절한 $\sin, \cos, P(t), u, \delta$ 함수들로 표현할 수 있다. 

 

이 과정을 모두 마치면, 라플라스 변환을 이용하여 Lindear ODE의 IVP를 해결할 수 있다.

 

Closing...

라플라스 변환의 가장 큰 특징은 미분방정식을 대수적 방정식으로 바꾼다는 점이다. 라플라스 변환을 함수공간 사이의 map으로 봤을 때 어쩌구저쩌구.. 논의할 것이 있을 것 같지만 해석학을 아직 잘 몰라서 할 말이 없다.

 

미분방정식을 미적분같은 것 없이 해결하게 해 주어 편리한 것 같지만 라플라스 변환, 역변환, 역변환 전의 식 변형 때문에 계산이 오히려 많아질 수도 있다. 비동차 항에 unit step function이나 디랙 델타 함수가 있을 때만 사용하는 것이 보통인 것 같다. unit step function의 경우 일반 ODE를 풀듯이 하되 구간을 나누어 풀면 라플라스 변환을 이용하지 않을 수도 있지만 계산이 매우매우매우 귀찮아지고 더러워지기 때문에(고전역학 솔루션에서는 이렇게 하더라...) 라플라스 변환을 쓰는 것이 더 편하고, 디랙 델타 함수의 경우 저번에 소개했던 매개변수 변환법과 논리상 비슷한 그린 함수의 도입으로 해결할 수 있다. 그래도 라플라스 변환 쓰면 편하기 때문에 나는 라플라스 변환을 쓰는 것을 선호하는 편이다. 특히 진동 부분에서는 좌변이 사실상 똑같은 형태라 한 번 형태를 기억하면 델타 함수 쯤이야 날로 먹을 수 있다.(...) 

 

의문점은 주어진 미분방정식이 라플라스 변환이 가능한 함수를 해로 가진다는 것을 전제했을 때 위 풀이가 가능한데, 만약 라플라스 변환 불가능한 해를 가지는 미분방정식의 경우 위 풀이를 적용했을 때 어떻게 될지 궁금하다. 추측컨데 라플라스 변환이 불가능한 해를 가지는 미분방정식은 전체 식을 라플라스 변환하는 것이 불가능할 것 같다.

 

또 직감적으로 전체 식이 라플라스 변환 가능한 미분방정식은 라플라스 변환 가능한 해를 가짐이 자명한 것 같은데, 이는 조금 더 고민을 해 봐야 할 것 같다. 사실 책에 내용이 있을 것 같긴 한데 들여다보기 귀찮다.

 

Reference

Boyce, W. E., DiPrima, R. C., & Meade, D. B. (2021). Elementary differential equations and boundary value problems. John Wiley & Sons.