Utolee90: 리브레 위키에서 라플라스 변환 문서 가져오기

2017-06-16T16:01:29Z

리브레 위키에서 라플라스 변환 문서 가져오기

새 문서

== 정의 ==
<math>0\le t<\infty</math>에서 정의된 [[함수 (수학)|함수]] ''f''에 대해,
: <math>F(s)=\mathcal{L}(f(t))=\int_0^{\infty}f(t)e^{-st}dt\quad(s\in \mathbb{C})</math>
를 ''f(t)''의 '''라플라스 변환(Laplace transform)''', 또는 '''단방향 라플라스 변환(Unilateral laplace transform)'''이라 한다. 그러면 "양방향"도 있을 것 같은데, 실제로 쓰고 있다. 함수가 <math>-\infty< t<\infty</math>에서 정의되어 있을 때,
:<math>\mathcal{B}(f(t))=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-st}f(t)dt</math>
를 '''양방향 라플라스 변환(Bilateral laplace transform)'''이라 한다. 이 문서에서는 단방향 라플라스 변환에 대해서만 다룬다.

== 존재성 ==
라플라스 변환이 언제나 존재하는 것은 아니다. 예를 들어 <math>f(t)=e^{t^2}</math>라면
: <math>F(s)=\int_0^{\infty}e^{t^2-st}dt=\infty</math>
이므로 ''f''의 라플라스 변환은 존재하지 않는다. 함수 ''f''에 대해 양수 ''M'', ''t''0와 실수 α가 존재하여 임의의 ''t''≥''t''0에 대해
: <math>|f(t)|\le M e^{\alpha t}</math>
를 만족하면 ''f''는 지수적 차수(exponential order) α를 가진다고 한다. 만약 ''f''가 <math>[0,\infty)</math>에서 조각적 연속이고 지수적 차수 α를 가진다면, ''f''의 라플라스 변환은 <math>\operatorname{Re}s > \alpha</math>에서 존재하고 [[절대수렴]]한다. 단, 역은 성립하지 않는다. 예를 들어 <math>f(t)=\ln t</math>는 <math>[0,\infty)</math>에서 조각적 연속이 아니지만
: <math>\mathcal{L}(\ln t)=-\frac{\ln s +\gamma}{s}</math>
이다. 이때 γ는 [[오일러-마스케로니 상수]]다.

== 유일성 ==
어떤 라플라스 변환에 대응되는 함수는 일반적으로 유일하지 않다. 예를 들어, 함수 ''f'', ''g''를 다음과 같이 정의하자.
: <math>f(t)=e^{-t}</math>
: <math>g(t)=\begin{cases}
e^{-t} & (0\le x <1, 1< x<\infty)\\
1 & (x= 1)
\end{cases}</math>
그러면 <math>F(s)=G(s)=\dfrac{1}{s+1}</math>이다. 따라서 <math>H(s)=\dfrac{1}{s+1}</math>인 함수 ''h''는 유일하지 않다. 이 결과는 라플라스 변환을 기껏 정의해놓고서 못 쓰는 건 아닌가 하는 불안을 불러일으킨다. 다행히 역라플라스 변환으로 (조각적) 연속함수를 찾는다면 그 연속함수는 유일하기 대문에 걱정하지 않아도 된다. 다시 말하면, [[정의역]]이 <math>[0,\infty)</math>인 [[연속함수]] ''f,g''에 대해 <math>F(s)=G(s)</math>이면 ''f''=''g''이다. 더 나아가, 정의역이 <math>[0,\infty)</math>인 조각적 연속함수 ''f,g''에 대해 <math>F(s)=G(s)</math>이면 불연속인 점을 제외했을 때 ''f''=''g''이다.

== 역라플라스 변환 ==
<math>F(s)=\mathcal{L}(f(t))</math>이면 ''f(t)''를 ''F(s)''의 '''역라플라스 변환(Inverse laplace transformation)'''이라고 한다. 만약 ''f''가 <math>[0,\infty)</math>에서 연속이고 t<0일 때 ''f''(''t'')=0이며, 지수적 차수 α를 가지고 ''f' ''가 <math>[0,\infty)</math>에서 조각적 연속이면, 역라플라스 변환은 다음 공식으로 나타낼 수 있다.
: <math>f(t)=\lim_{y\to\infty}\frac{1}{2\pi i}\int_{x-iy}^{x+iy}e^{ts}F(s)ds</math> (푸리에-멜린 반전공식)
그런데 이 공식을 잘 쓰려면 [[유수 정리]] 같은 [[복소함수론]]의 정리를 잘 이용해야 하므로 복소함수론을 배우지 않았으면 이 공식 대신 라플라스 변환표에서 변환에 맞는 함수를 찾아서 쓴다. 적분을 직접 하고 싶다? 직접 해보자. 어떤 연속함수 ''f''의 라플라스 변환이 다음과 같이 주어졌다고 하자.
: <math>F(s)=\frac{2as}{(s^2+a^2)^2}</math>
[[파일:Contourintla.png|섬네일|그림은 복소함수의 경로적분 설정. 푸리에-멜린 반전공식 하나를 이용하기 위해 적분경로를 설정하고 유수 정리를 활용해야 한다. 학부 수준에서 쓸 만한 역변환은 표에 거의 다 나와 있으므로, 차라리 그걸 외우자.]]
그러면 <math>F(s)</math>는 <math>s=\pm ai</math>에서 이차극점을 가진다. 이때 그림과 같이 [[복소평면]] 위에 점 (''x'',0)을 지나고 허수축과 평행인 직선 ED와, 원점을 중심으로 하고 경로가 DGFKE인 부분원 <math>C_R</math>을 생각하자. 이때 <math>R^2=x^2+y^2</math>이다. <math>R> a</math>이 되도록 충분한 ''R''을 설정할 수 있고, 이때 극점 <math>\pm ai</math>는 닫힌 경로 EDGFKE의 내부에 속한다. 이때 이 경로를 <math>\Gamma</math>라고 하자. 그러면
: <math>\int_{\Gamma}e^{ts}F(s)ds=\int_{ED}e^{ts}F(s)ds+\int_{C_R}e^{ts}F(s)ds</math>
이다. 이때
: <math>\lim_{R\to\infty}\int_{C_R}e^{ts}F(s)ds=0</math>
이고<ref>Joel L. Schiff (1999). ''The Laplace Transform: Theory and Applications''. Springer. pp.154-155. ISBN 0387986987</ref> 유수 정리에 의해
: <math>\int_{\Gamma}e^{ts}F(s)ds=2\pi i(\operatorname{Res}(ai)+\operatorname{Res}(-ai))</math>
이다. 계산을 열심히 하면
: <math>\operatorname{Res}(ai)=-\frac{1}{2}ite^{iat},\quad \operatorname{Res}(-ai)=\frac{1}{2}ite^{-iat}</math>
이므로
: <math>\begin{align}\int_{\Gamma}e^{ts}F(s)ds&=2\pi i\left(-\frac{1}{2}ite^{iat}+\frac{1}{2}ite^{-iat} \right)\\
&=2\pi i t\left(\frac{e^{iat}-e^{-iat}}{2i}\right)\\
&=2\pi i t\sin at
\end{align}</math>
이다. 이 식을 푸리에-멜린 반전공식에 대입하면
: <math>f(t)=t\sin at</math>
를 얻는다. 그런데 이거 라플라스 변환표에 기본적으로 나와 있는 것이므로, 꼭 필요한 때가 아니라면 이 문서처럼 쓸데없이 길게 적분하지 말고 변환표 외우자.

== 성질 ==
<math>\mathcal{L}(f_1(t))=F_1(s),\mathcal{L}(f_2(t))=F_2(s)</math>
{| class="wikitable" style="background:white;" width="100%"
! 원함수
! 변환
! 수렴영역
|- style="text-align:center;"
| 1. <math>\mathcal{L}(c_1 f_1(t)+c_2f_2(t))</math>
| <math>c_1F_1(s)+c_2F_2(s)</math>
|
|- style="text-align:center;"
| 2. <math>\mathcal{L}(f^{(n)}(t))</math>
| <math>s^n\mathcal{L}(f(t))-s^{n-1}f(0)-\cdots-f^{(n-1)}(0)</math>
|
|- style="text-align:center;"
| 3. <math>\mathcal{L}(t^n f(t))</math>
| <math>(-1)^n F^{(n)}(s)</math>
|
|- style="text-align:center;"
| 4.<math>L\left\{e^{at}f\left(t\right)\right\}</math>
| <math>F\left(s-a\right)</math>
|
|- style="text-align:center;"
| 5. <math>L\left\{\frac{f\left(t\right)}{t}\right\}</math>
| <math>\int_{s}^{\infty}F\left(u\right)du</math>
|
|- style="text-align:center;"
| 6. <math>\mathcal{L}\left(\int_0^t f(u)du\right)</math>
| <math>\frac{F(s)}{s}</math>
|
|- style="text-align:center;"
| 7. <math>f(t+T)=f(t)</math>
| <math>\dfrac{\int_0^T e^{-st}f(t)dt}{1-e^{sT}}</math>
|
|- style="text-align:center;"
| 8. <math>\mathcal{L}\left\{f*g\right\}</math>
| <math>F(s)G(s)</math>
|
|-
| colspan=3 | '''참고사항'''.
# <math>(f * g)(t)=\int_0^{\tau} f(\tau)g(t - \tau)d\tau</math>는 [[합성곱]].
|}

=== 증명 ===
1. [[적분]]의 성질에 의해 쉽게 증명할 수 있다.
2. <math>\mathcal{L}\left\{f'\left(t\right)\right\}=\int_{0}^{\infty}e^{-st}f'\left(t\right)dt = \left[e^{-st}f\left(t\right)\right]_{0}^{\infty} + \int_{0}^{\infty}se^{-st}f\left(t\right)dt = sF\left(s\right) - f\left(0\right)</math> (부분적분)

위를 반복하면 된다. 
3. <math>F\left(s\right) = \int_{0}^{\infty}e^{-st}f\left(t\right)dt</math>
<math>F'\left(s\right) = \int_{0}^{\infty}e^{-st}\left(-tf\left(t\right)\right)dt = \mathcal{L}\left\{-tf\left(t\right)\right\}</math>

위를 반복하면 된다.
4.<math>\mathcal{L}\left\{e^{at}f\left(t\right)\right\} = \int_{0}^{\infty}e^{-st}e^{at}f\left(t\right)dt = \int_{0}^{\infty}e^{-\left(s-a\right)}f\left(t\right)dt = F\left(s-a\right)</math>
5. <math>\int_{s}^{\infty}F\left(u\right)du = \int_{s}^{\infty}\int_{0}^{\infty}e^{-ut}f\left(t\right)dtdu = \int_{0}^{\infty}\int_{s}^{\infty}e^{-ut}f\left(t\right)dudt = </math> <math>\int_{0}^{\infty}f\left(t\right)\int_{s}^{\infty}e^{-ut}dudt = \int_{0}^{\infty}\frac{1}{t}e^{-st}f\left(t\right)dt = L\left\{\frac{f\left(t\right)}{t}\right\}</math>
 
[[푸비니의 정리]]를 사용하며, 함수 <math>f\left(t\right)</math>의 라플라스 변환과 <math>\lim_{t \to 0}\frac{f\left(t\right)}{t}</math>가 존재한다는 가정이 필요하다.
8. <math>\mathcal{L}\left\{f*g\right\}=\int_{0}^{\infty}e^{-st}\int_{0}^{t}f\left(t-u\right)g\left(u\right)dudt = \int_{0}^{\infty}\int_{u}^{\infty}e^{-su}g\left(u\right)e^{-s\left(t-u\right)}f\left(t-u\right)dtdu = </math> <math>\int_{0}^{\infty}e^{-su}g\left(u\right)\int_{u}^{\infty}e^{-s\left(t-u\right)}f\left(t-u\right)dtdu</math>
 
<math>\xi = t-u</math>라 치환하면, <math>\int_{0}^{\infty}e^{-su}g\left(u\right)\int_{0}^{\infty}e^{-s\xi}f\left(\xi\right)d\xi du=F(s)G(s)</math>
 
적분 순서의 변경과 푸비니의 정리를 사용한다.

== 라플라스 변환표 ==
공업수학에서 필수적으로 이 관련 표가 나온다. 적어도 이 표는 죄다 외워주는 게 {{ㅊ|시험보기}} 편하다. 잘 못외우면 <math>e^t</math>의 변환이 <math>\frac{1}{s-1}</math>이라는 것을 외우고, 이걸 더하고 빼고 해서 삼각함수 쪽은 다 직접 유도할 수 있긴 하다. 하지만 역시 외우는 게 편하다.

{{ㅊ|이걸 어떻게 다 외워? 살려줘~~}}

{| class="wikitable" style="background:white;" width="100%"
! <math>f(t)</math>
! <math>\mathcal{L}(f)</math>
! 수렴영역
|- style="text-align:center;"
| 1
| <math>\frac{1}{s}</math>
| <math>\operatorname{Re} s> 0</math>
|- style="text-align:center;"
| <math>t^p</math> (단, ''p''>-1)
| <math>\frac{\Gamma(p+1)}{s^{p+1}}</math>
| <math>\operatorname{Re} s>0</math>
|- style="text-align:center;"
| <math>\sin(at)</math>
| <math>\frac{a}{s^2+a^2}</math>
| <math>\operatorname{Re} s> 0</math>
|- style="text-align:center;"
| <math>\cos(at)</math>
| <math>\frac{s}{s^2+a^2}</math>
| <math>\operatorname{Re} s> 0</math>
|- style="text-align:center;"
| <math>t\sin(at)</math>
| <math>\frac{2as}{(s^2+a^2)^2}</math>
| <math>\operatorname{Re} s>0</math>
|- style="text-align:center;"
| <math>t\cos(at)</math>
| <math>\frac{s^2-a^2}{(s^2+a^2)^2}</math>
| <math>\operatorname{Re} s>0</math>
|- style="text-align:center;"
| <math>\sinh(at)</math>
| <math>\frac{a}{s^2-a^2}</math>
| <math>\operatorname{Re} s> |a|</math>
|- style="text-align:center;"
| <math>\cosh(at)</math>
| <math>\frac{s}{s^2-a^2}</math>
| <math>\operatorname{Re} s> |a|</math>
|- style="text-align:center;"
|- style="text-align:center;"
| <math>t\sinh(at)</math>
| <math>\frac{2as}{(s^2-a^2)^2}</math>
| <math>\operatorname{Re} s>|a|</math>
|- style="text-align:center;"
| <math>t\cosh(at)</math>
| <math>\frac{s^2+a^2}{(s^2-a^2)^2}</math>
| <math>\operatorname{Re} s>|a|</math>
|- style="text-align:center;"
| <math>e^{at}</math>
| <math>\frac{1}{s-a}</math>
| <math>\operatorname{Re} s> a</math>
|- style="text-align:center;"
| <math>e^{at}\sin(bt)</math>
| <math>\frac{b}{(s-a)^2+b^2}</math>
| <math>\operatorname{Re} s> a</math>
|- style="text-align:center;"
| <math>e^{at}\cos(bt)</math>
| <math>\frac{s-a}{(s-a)^2+b^2}</math>
| <math>\operatorname{Re} s> a</math>
|- style="text-align:center;"
| <math>t^n e^{at}</math> (단, ''n''은 자연수)
| <math>\frac{n!}{(s-a)^{n+1}}</math>
| <math>\operatorname{Re} s> a</math>
|- style="text-align:center;"
| <math>H_c(t)</math> (단, c>0)
| <math>\frac{e^{-cs}}{s}</math>
|
|- style="text-align:center;"
| <math>\delta_c(t)</math> (단, c>0)
| <math>e^{-cs}</math>
|
|-
| colspan=3 | '''참고사항'''.
#<math>\Gamma(t)</math>는 [[감마함수]].
#<math>H_c(t)</math>는 [[헤비사이드 함수]]. (단위 계단 함수 라고도 한다.)
#<math>\delta_c(t)</math>는 [[디랙 델타 함수]].
|}

{{ㅊ|이걸 어떻게 다 외워? 살려줘~~}}

== 다른 변환과의 관계 ==
=== 푸리에 변환 ===
[[푸리에 변환]]은
: <math>\mathcal{F}(f(t))=\hat{f}(\xi)=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-2\pi i t \xi}dt\quad(\xi\in\mathbb{R})</math>
로 주어지는데, 붕괴인자(Decaying factor) <math>e^{-\sigma t}\;(\sigma\in\mathbb{R})</math>를 곱하면 주어진 변환은
: <math>\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-\sigma t-2\pi i t \xi}dt\quad(\xi\in\mathbb{R})</math>
이고 <math>s=\sigma+2\pi i \xi</math>로 두면
: <math>\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-st}dt</math>
이고, 이 식은 양방향 라플라스 변환과 동일하다. ''t''<0일 때 <math>f(t)=0</math>라고 하면,
: <math>\int_0^{\infty}f(t)e^{-st}dt</math>
이 되므로 라플라스 변환이 된다. 따라서 다음 식이 성립한다.
: <math>\mathcal{F}(f(t)e^{-\sigma t})=\mathcal{L}(f(t))</math>

== 활용 ==
=== 미분방정식의 풀이 ===
미분방정식 교재 여럿이 이계 미분방정식을 푸는 방법으로 라플라스 변환을 도입한다. 미분방정식
: <math>\frac{d^2x}{dt^2}+2\beta \frac{dx}{dt}+w_0^2 x = 0</math><ref>[[조화 단진자]]의 감쇠진동을 나타나는 [[운동방정식]]이다. Stephen T. Thornton · Jerry B. Marion (2011). 강석태 옮김. 『일반역학』(제5판). Cengage Learning. p.118. ISBN 9788962183009</ref>
이 주어졌다고 하자. 이때 양변의 라플라스 변환은
: <math> (s^2F(s)-sf(0)-f'(0))+2\beta(sF(s)-f(0))+w_0^2F(s)=0</math>
이고, 식을 ''F(s)''에 대해 나타내면
: <math>F(s)=\dfrac{(s+2\beta)f(0)+f'(0)}{s^2+2\beta s +w_0^2}=\frac{(s+\beta)f(0)}{s^2+2\beta s +w_0^2}+\frac{\beta f(0)+f'(0)}{s^2+2\beta s +w_0^2}</math>
이다. <math>F_1(s),F_2(s)</math>를 다음과 같이 정의하자.
: <math>F_1(s)=\frac{(s+\beta)f(0)}{s^2+2\beta s +w_0^2}</math>
: <math>F_2(s)=\frac{\beta f(0)+f'(0)}{s^2+2\beta s +w_0^2}</math>
<math>w_0^2>\beta^2</math>라고 가정하자. 그러면
: <math>F_1(s)=f(0)\frac{s+\beta}{(s+\beta)^2+(\sqrt{w_0^2-\beta^2})^2}=f(0)\mathcal{L}(e^{-\beta t}\cos(\sqrt{w_0^2-\beta^2}t))</math>
: <math>F_2(s)=\frac{\beta f(0)+f'(0)}{\sqrt{w_0^2-\beta^2}}\frac{\sqrt{w_0^2-\beta^2}}{(s+\beta)^2+(\sqrt{w_0^2-\beta^2})^2}=\frac{\beta f(0)+f'(0)}{\sqrt{w_0^2-\beta^2}}\mathcal{L}(e^{-\beta t}\sin(\sqrt{w_0^2-\beta^2}t))</math>
따라서
: <math>x(t)=f(0)e^{-\beta t}\cos(\sqrt{w_0^2-\beta^2}t)+\frac{\beta f(0)+f'(0)}{\sqrt{w_0^2-\beta^2}}\cdot e^{-\beta t}\sin(\sqrt{w_0^2-\beta^2}t)</math>
를 얻는다.{{ㅊ|어때요, 정말 쉽죠?}}

이외에 [[편미분방정식]]을 푸는 데도 라플라스 변환이 유용하게 쓰일 수 있다.
: <math>y=y(x,t)\;(t>0)</math>
이고 t를 시간 변수라 하면, y에 대한 라플라스 변환 <math>U(x,s)</math>는
: <math>U(x,s)=\int_0^{\infty}e^{-st}y(x,t)dt</math>
이다.

편미분방정식
: <math>\frac{\partial y}{\partial x}+\frac{1}{x}\frac{\partial y}{\partial t}=t,\quad x>0,t>0.</math>
: <math>y(x,0^+)=x,\quad y(0,t)=0</math>
를 라플라스 변환을 이용해 풀어보자. 양변에 라플라스 변환을 적용하면
: <math>\mathcal{L}\left(\frac{dy}{dx}\right)=\frac{dU(x,s)}{dx},\quad\mathcal{L}\left(\frac{dy}{dt}\right)=sU(x,s)-y(x,0^+)</math>
이므로
: <math>\frac{dU(x,s)}{dx}+\frac{1}{x}(sU(x,s)-y(x,0^+))=\frac{1}{s^2}</math>
이고 정리하면
: <math>\frac{dU(x,s)}{dx}+\frac{s}{x}U(x,s)=1+\frac{1}{s^2}</math>
이다. 그러면
: <math>\frac{d}{dx}(x^s U(x,s))=x^s\left(1+\frac{1}{s^2}\right)</math>
이므로
: <math>U(x,s)=\left(1+\frac{1}{s^2}\right)\frac{1}{s+1}x+Cx^{-s}</math>
이다. <math>\mathcal{L}(y(0,t))=0</math>이다. 그러므로 <math>x\to0^+</math>일 때
: <math>0=\lim_{x\to0^+}Cx^{-s}</math>
이기 때문에 <math>C=0</math>을 얻는다. 따라서
: <math>U(x,s)=\left(1+\frac{1}{s^2}\right)\frac{1}{s+1}x</math>
이므로 열심히 조작하면
: <math>U(x,s)=\left(\frac{2}{s+1}-\frac{1}{s}+\frac{1}{s^2}\right)x</math>
이다. 따라서
: <math>y(x,t)=(2e^{-t}-1+t)x</math>
을 얻는다.

=== 이상적분의 계산 ===
라플라스 변환을 이용하면 [[부정적분]]이 [[초등함수]]로 나타나지 않는 함수의 [[이상적분]]을 계산할 수 있다. 이상적분
: <math>\int_0^{\infty}\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}dx</math>
를 계산해보자. <math>f(x)=\dfrac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}</math>라 하면 <math>xf(x)=e^{-x}-e^{-2x}</math>이다. ''f''의 라플라스 변환을 F(s)라 하면 F(s)는 <math>s>-1</math>일 때 존재하고
: <math> - \frac{dF(s)}{ds}=\frac{1}{s+1}-\frac{1}{s+2}</math>
이다. 정리하면
: <math> F(s)=\ln(s+2)-\ln(s+1)</math>
을 얻는다. 따라서
: <math>\ln(s+2)-\ln(s+1)=F(s)=\int_0^{\infty}e^{-sx}\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}dx</math>
이며, <math>s=0</math>을 대입하면
: <math>\int_0^{\infty}\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}dx=\ln 2</math>
를 얻는다. 일반적으로
: <math>\mathcal{L}\left(\frac{f(t)}{t}\right)=\int_s^{\infty}F(u)du</math>
이므로 라플라스 변환의 정의에 의해
: <math>\int_0^{\infty}\frac{e^{-st}f(t)}{t}dt=\int_s^{\infty}F(u)du</math>
이고, 수렴영역이 <math>s> a</math>이면 <math>s\to a+</math>일 때
: <math>\int_0^{\infty}\frac{e^{-at}f(t)}{t}dt=\int_a^{\infty}F(u)du</math>
를 얻는다.
=== 점화식의 일반항 계산 ===
라플라스 변환을 이용해 점화식으로 주어진 수열의 일반항을 구할 수 있다.
: <math>\mathcal{L}(a^{\lfloor t \rfloor})=\frac{1-e^{-s}}{s(1-ae^{-s})}</math>
임<ref>Joel L. Schiff (1999). ''The Laplace Transform: Theory and Applications''. Springer. pp.109-110. ISBN 0387986987</ref>을 이용하여 점화식
: <math>a_{n+2}-a_{n+1}-a_n=0,\;a_0=0,\;a_1=1</math>
으로 주어진 [[피보나치 수열]]의 일반항을 구해보자. 함수 ''f''를
: <math>f(t)=a_n\quad(n\le t< n+1)</math>
로 정의하자. 그러면 주어진 점화식은
: <math>f(t+2)-f(t+1)-f(t)=0</math>
으로 나타낼 수 있다. 이때,
: <math>\begin{align}
\mathcal{L}(f(t+2))&=\int_0^{\infty}e^{-st}f(t+2)dt\\
&=\int_2^{\infty}e^{-s(u-2)}f(u)du\\
&=\int_0^{\infty}e^{-s(u-2)}f(u)du-\int_0^2e^{-s(u-2)}f(u)du\\
&=e^{2s}\mathcal{L}(f(t))-e^{2s}\left(\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s}\right)\\
&=e^{2s}\mathcal{L}(f(t))-\frac{e^s-1}{s}
\end{align}</math>
이고
: <math>\mathcal{L}(f(t+1))=e^s \mathcal{L}(f(t))</math>
이다. 그러므로
: <math>\begin{align}
\mathcal{L}(f(t))&=\frac{e^s-1}{s(e^{2s}-e^s-1)}\\
&=\frac{e^s-1}{\sqrt{5}s}\left(\frac{1}{e^s-\frac{1+\sqrt{5}}{2}}-\frac{1}{e^s-\frac{1-\sqrt{5}}{2}}\right)\\
&=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{1-e^{-s}}{s(1-\frac{1+\sqrt{5}}{2}e^{-s})}-\frac{1-e^{-s}}{s(1-\frac{1-\sqrt{5}}{2}e^{-s})}\right)\\
&=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\mathcal{L}\left(\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{\lfloor t \rfloor}\right)-\mathcal{L}\left(\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{\lfloor t \rfloor}\right)\right)
\end{align}</math>
이므로 <math>\bigcup_{m\in\mathbb{N}}(m,m+1)</math>에서<ref><math>0\in\mathbb{N}</math>으로 간주한다.</ref>
: <math>f(t)=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{\lfloor t \rfloor}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{\lfloor t \rfloor}\right)</math>
이고, <math>t=n+\frac{1}{2}</math>을 대입하면
: <math>a_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\right)</math>
을 얻는다.{{ㅊ|나는 괄호가 싫어요}}

== 같이 보기 ==
* [[푸리에 변환]]
* [[멜린 변환]]
{{각주}}

{{퍼온문서|리브레 위키|라플라스 변환}}
[[분류:적분변환]]

라플라스 변환 - 편집 역사

Utolee90: 리브레 위키에서 라플라스 변환 문서 가져오기