라플라스 변환

정의

$0\le t<\mathrm{\infty }$에서 정의된 함수 f에 대해,

$F(s)=ℒ(f(t))=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}f(t)e^{-st}dt(s\in ℂ)$

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 $-\mathrm{\infty }<t<\mathrm{\infty }$에서 정의되어 있을 때,

$ℬ(f(t))=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-st}f(t)dt$

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 $f(t)=e^{t^2}$라면

$F(s)=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{t^2-st}dt=\mathrm{\infty }$

이므로 f의 라플라스 변환은 존재하지 않는다. 함수 f에 대해 양수 M, t₀와 실수 α가 존재하여 임의의 t≥t₀에 대해

$|f(t)|\le M{e}^{\alpha t}$

를 만족하면 f는 지수적 차수(exponential order) α를 가진다고 한다. 만약 f가 $[0,\mathrm{\infty })$에서 조각적 연속이고 지수적 차수 α를 가진다면, f의 라플라스 변환은 $\mathrm{Re}s>\alpha$에서 존재하고 절대수렴한다. 단, 역은 성립하지 않는다. 예를 들어 $f(t)=\ln t$는 $[0,\mathrm{\infty })$에서 조각적 연속이 아니지만

$ℒ(\ln t)=-\frac{\ln s+\gamma }{s}$

이다. 이때 γ는 오일러-마스케로니 상수다.

유일성

어떤 라플라스 변환에 대응되는 함수는 일반적으로 유일하지 않다. 예를 들어, 함수 f, g를 다음과 같이 정의하자.

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

$g(t)=\{\begin{array}{cc}{e}^{-t}& (0\le x<1,1<x<\mathrm{\infty })\\ 1& (x=1)\end{array}$

그러면 $F(s)=G(s)=\frac{1}{s+1}$이다. 따라서 $H(s)=\frac{1}{s+1}$인 함수 h는 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, 정의역이 $[0,\mathrm{\infty })$인 연속함수 f,g에 대해 $F(s)=G(s)$이면 f=g이다. 더 나아가, 정의역이 $[0,\mathrm{\infty })$인 조각적 연속함수 f,g에 대해 $F(s)=G(s)$이면 불연속인 점을 제외했을 때 f=g이다.

역라플라스 변환

$F(s)=ℒ(f(t))$이면 f(t)를 F(s)의 역라플라스 변환(Inverse laplace transformation)이라고 한다. 만약 f가 $[0,\mathrm{\infty })$에서 연속이고 t<0일 때 f(t)=0이며, 지수적 차수 α를 가지고 f' 가 $[0,\mathrm{\infty })$에서 조각적 연속이면, 역라플라스 변환은 다음 공식으로 나타낼 수 있다.

$f(t)=\underset{y\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1}{2\pi i}\underset{x-iy}{\overset{x+iy}{\int }}{e}^{ts}F(s)ds$ (푸리에-멜린 반전공식)

그런데 이 공식을 잘 쓰려면 유수 정리 같은 복소함수론의 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 f의 라플라스 변환이 다음과 같이 주어졌다고 하자.

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

파일:Contourintla.png

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 $F(s)$는 $s=\pm ai$에서 이차극점을 가진다. 이때 그림과 같이 복소평면 위에 점 (x,0)을 지나고 허수축과 평행인 직선 ED와, 원점을 중심으로 하고 경로가 DGFKE인 부분원 $C_R$을 생각하자. 이때 $R^2=x^2+y^2$이다. $R>a$이 되도록 충분한 R을 설정할 수 있고, 이때 극점 $\pm ai$는 닫힌 경로 EDGFKE의 내부에 속한다. 이때 이 경로를 $\Gamma$라고 하자. 그러면

$\underset{\Gamma }{\int }{e}^{ts}F(s)ds=\underset{ED}{\int }{e}^{ts}F(s)ds+\underset{C_R}{\int }{e}^{ts}F(s)ds$

이다. 이때

$\underset{R\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{C_R}{\int }{e}^{ts}F(s)ds=0$

이고 유수 정리에 의해

$\underset{\Gamma }{\int }{e}^{ts}F(s)ds=2\pi i(\mathrm{Res}(ai)+\mathrm{Res}(-ai))$

이다. 계산을 열심히 하면

$\mathrm{Res}(ai)=-\frac{1}{2}it{e}^{iat},\mathrm{Res}(-ai)=\frac{1}{2}it{e}^{-iat}$

이므로

$\begin{array}{cc}\underset{\Gamma }{\int }{e}^{ts}F(s)ds& =2\pi i(-\frac{1}{2}it{e}^{iat}+\frac{1}{2}it{e}^{-iat})\\ & =2\pi it\left(\frac{e^{iat}-e^{-iat}}{2i}\right)\\ & =2\pi it\sin at\end{array}$

이다. 이 식을 푸리에-멜린 반전공식에 대입하면

$f(t)=t\sin at$

를 얻는다. 그런데 이거 라플라스 변환표에 기본적으로 나와 있는 것이므로, 꼭 필요한 때가 아니라면 이 문서처럼 쓸데없이 길게 적분하지 말고 변환표 외우자.

성질

$ℒ(f_1(t))=F_1(s),ℒ(f_2(t))=F_2(s)$

원함수	변환	수렴영역
1. $ℒ(c_1{f}_1(t)+c_2{f}_2(t))$	$c_1{F}_1(s)+c_2{F}_2(s)$
2. $ℒ(f^{(n)}(t))$	$s^nℒ(f(t))-s^{n-1}f(0)-\cdots -f^{(n-1)}(0)$
3. $ℒ(t^{n}f(t))$	$(-1{)}^n{F}^{(n)}(s)$
4.$L\left\{e^{at}f\left(t\right)\right\}$	$F(s-a)$
5. $L\left\{\frac{f\left(t\right)}{t}\right\}$	$\underset{s}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}F\left(u\right)du$
6. $ℒ(\underset{0}{\overset{t}{\int }}f(u)du)$	$\frac{F(s)}{s}$
7. $f(t+T)=f(t)$	$\frac{\underset{0}{\overset{T}{\int }}{e}^{-st}f(t)dt}{1-e^{sT}}$
8. $ℒ\{f*g\}$	$F(s)G(s)$
참고사항. $(f*g)(t)=\underset{0}{\overset{\tau }{\int }}f(\tau )g(t-\tau )d\tau$는 합성곱.

증명

1. 적분의 성질에 의해 쉽게 증명할 수 있다.

2. $ℒ\left\{f^{\prime }\left(t\right)\right\}=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-st}{f}^{\prime }\left(t\right)dt={\left[e^{-st}f\left(t\right)\right]}_0^{\mathrm{\infty }}+\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}s{e}^{-st}f\left(t\right)dt=sF\left(s\right)-f\left(0\right)$ (부분적분) 위를 반복하면 된다.

3. $F\left(s\right)=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-st}f\left(t\right)dt$ $F^{\prime }\left(s\right)=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-st}(-tf\left(t\right))dt=ℒ\{-tf\left(t\right)\}$ 위를 반복하면 된다.

4.$ℒ\left\{e^{at}f\left(t\right)\right\}=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-st}{e}^{at}f\left(t\right)dt=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-(s-a)}f\left(t\right)dt=F(s-a)$

5. $\underset{s}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}F\left(u\right)du=\underset{s}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-ut}f\left(t\right)dtdu=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\underset{s}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-ut}f\left(t\right)dudt=$
$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}f\left(t\right)\underset{s}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-ut}dudt=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{1}{t}{e}^{-st}f\left(t\right)dt=L\left\{\frac{f\left(t\right)}{t}\right\}$
푸비니의 정리를 사용하며, 함수 $f\left(t\right)$의 라플라스 변환과 $\underset{t\to 0}{\lim }\frac{f\left(t\right)}{t}$가 존재한다는 가정이 필요하다.

8. $ℒ\{f*g\}=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-st}\underset{0}{\overset{t}{\int }}f(t-u)g\left(u\right)dudt=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\underset{u}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-su}g\left(u\right)e^{-s(t-u)}f(t-u)dtdu=$
$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-su}g\left(u\right)\underset{u}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-s(t-u)}f(t-u)dtdu$
$\xi =t-u$라 치환하면, $\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-su}g\left(u\right)\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-s\xi }f\left(\xi \right)d\xi du=F(s)G(s)$
적분 순서의 변경과 푸비니의 정리를 사용한다.

라플라스 변환표

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

이걸 어떻게 다 외워? 살려줘~~

$f(t)$	$ℒ(f)$	수렴영역
1	$\frac{1}{s}$	$\mathrm{Re}s>0$
$t^p$ (단, p>-1)	$\frac{\Gamma (p+1)}{s^{p+1}}$	$\mathrm{Re}s>0$
$\sin (at)$	$\frac{a}{s^2+a^2}$	$\mathrm{Re}s>0$
$\cos (at)$	$\frac{s}{s^2+a^2}$	$\mathrm{Re}s>0$
$t\sin (at)$	$\frac{2as}{(s^2+a^2{)}^2}$	$\mathrm{Re}s>0$
$t\cos (at)$	$\frac{s^2-a^2}{(s^2+a^2{)}^2}$	$\mathrm{Re}s>0$
$\sinh (at)$	$\frac{a}{s^2-a^2}$	$\mathrm{Re}s>|a|$
$\cosh (at)$	$\frac{s}{s^2-a^2}$	$\mathrm{Re}s>|a|$
$t\sinh (at)$	$\frac{2as}{(s^2-a^2{)}^2}$	$\mathrm{Re}s>|a|$
$t\cosh (at)$	$\frac{s^2+a^2}{(s^2-a^2{)}^2}$	$\mathrm{Re}s>|a|$
$e^{at}$	$\frac{1}{s-a}$	$\mathrm{Re}s>a$
$e^{at}\sin (bt)$	$\frac{b}{(s-a{)}^2+b^2}$	$\mathrm{Re}s>a$
$e^{at}\cos (bt)$	$\frac{s-a}{(s-a{)}^2+b^2}$	$\mathrm{Re}s>a$
$t^n{e}^{at}$ (단, n은 자연수)	$\frac{n!}{(s-a{)}^{n+1}}$	$\mathrm{Re}s>a$
$H_c(t)$ (단, c>0)	$\frac{e^{-cs}}{s}$
${\delta }_c(t)$ (단, c>0)	$e^{-cs}$
참고사항. $\Gamma (t)$는 감마함수. $H_c(t)$는 헤비사이드 함수. (단위 계단 함수 라고도 한다.) ${\delta }_c(t)$는 디랙 델타 함수.

이걸 어떻게 다 외워? 살려줘~~

다른 변환과의 관계

푸리에 변환

푸리에 변환은

$ℱ(f(t))=\hat{f}(\xi )=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}f(t)e^{-2\pi it\xi }dt(\xi \in ℝ)$

로 주어지는데, 붕괴인자(Decaying factor) $e^{-\sigma t}(\sigma \in ℝ)$를 곱하면 주어진 변환은

$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}f(t)e^{-\sigma t-2\pi it\xi }dt(\xi \in ℝ)$

이고 $s=\sigma +2\pi i\xi$로 두면

$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}f(t)e^{-st}dt$

이고, 이 식은 양방향 라플라스 변환과 동일하다. t<0일 때 $f(t)=0$라고 하면,

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}f(t)e^{-st}dt$

이 되므로 라플라스 변환이 된다. 따라서 다음 식이 성립한다.

$ℱ(f(t)e^{-\sigma t})=ℒ(f(t))$

활용

미분방정식의 풀이

미분방정식 교재 여럿이 이계 미분방정식을 푸는 방법으로 라플라스 변환을 도입한다. 미분방정식

$\frac{d^{2}x}{d{t}^2}+2\beta \frac{dx}{dt}+w_0^{2}x=0$

이 주어졌다고 하자. 이때 양변의 라플라스 변환은

$(s^{2}F(s)-sf(0)-f^{\prime }(0))+2\beta (sF(s)-f(0))+w_0^{2}F(s)=0$

이고, 식을 F(s)에 대해 나타내면

$F(s)=\frac{(s+2\beta )f(0)+f^{\prime }(0)}{s^2+2\beta s+w_0^2}=\frac{(s+\beta )f(0)}{s^2+2\beta s+w_0^2}+\frac{\beta f(0)+f^{\prime }(0)}{s^2+2\beta s+w_0^2}$

이다. $F_1(s),F_2(s)$를 다음과 같이 정의하자.

$F_1(s)=\frac{(s+\beta )f(0)}{s^2+2\beta s+w_0^2}$

$F_2(s)=\frac{\beta f(0)+f^{\prime }(0)}{s^2+2\beta s+w_0^2}$

$w_0^2>{\beta }^2$라고 가정하자. 그러면

$F_1(s)=f(0)\frac{s+\beta }{(s+\beta {)}^2+(\sqrt{w_0^2-{\beta }^2}{)}^2}=f(0)ℒ(e^{-\beta t}\cos (\sqrt{w_0^2-{\beta }^2}t))$

$F_2(s)=\frac{\beta f(0)+f^{\prime }(0)}{\sqrt{w_0^2-{\beta }^2}}\frac{\sqrt{w_0^2-{\beta }^2}}{(s+\beta {)}^2+(\sqrt{w_0^2-{\beta }^2}{)}^2}=\frac{\beta f(0)+f^{\prime }(0)}{\sqrt{w_0^2-{\beta }^2}}ℒ(e^{-\beta t}\sin (\sqrt{w_0^2-{\beta }^2}t))$

따라서

$x(t)=f(0)e^{-\beta t}\cos (\sqrt{w_0^2-{\beta }^2}t)+\frac{\beta f(0)+f^{\prime }(0)}{\sqrt{w_0^2-{\beta }^2}}\cdot e^{-\beta t}\sin (\sqrt{w_0^2-{\beta }^2}t)$

를 얻는다.어때요, 정말 쉽죠?

이외에 편미분방정식을 푸는 데도 라플라스 변환이 유용하게 쓰일 수 있다.

$y=y(x,t)(t>0)$

이고 t를 시간 변수라 하면, y에 대한 라플라스 변환 $U(x,s)$는

$U(x,s)=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-st}y(x,t)dt$

이다.

편미분방정식

$\frac{\partial y}{\partial x}+\frac{1}{x}\frac{\partial y}{\partial t}=t,x>0,t>0.$

$y(x,0^{+})=x,y(0,t)=0$

를 라플라스 변환을 이용해 풀어보자. 양변에 라플라스 변환을 적용하면

$ℒ\left(\frac{dy}{dx}\right)=\frac{dU(x,s)}{dx},ℒ\left(\frac{dy}{dt}\right)=sU(x,s)-y(x,0^{+})$

이므로

$\frac{dU(x,s)}{dx}+\frac{1}{x}(sU(x,s)-y(x,0^{+}))=\frac{1}{s^2}$

이고 정리하면

$\frac{dU(x,s)}{dx}+\frac{s}{x}U(x,s)=1+\frac{1}{s^2}$

이다. 그러면

$\frac{d}{dx}(x^{s}U(x,s))=x^s(1+\frac{1}{s^2})$

이므로

$U(x,s)=(1+\frac{1}{s^2})\frac{1}{s+1}x+C{x}^{-s}$

이다. $ℒ(y(0,t))=0$이다. 그러므로 $x\to 0^{+}$일 때

$0=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }C{x}^{-s}$

이기 때문에 $C=0$을 얻는다. 따라서

$U(x,s)=(1+\frac{1}{s^2})\frac{1}{s+1}x$

이므로 열심히 조작하면

$U(x,s)=(\frac{2}{s+1}-\frac{1}{s}+\frac{1}{s^2})x$

이다. 따라서

$y(x,t)=(2e^{-t}-1+t)x$

을 얻는다.

이상적분의 계산

라플라스 변환을 이용하면 부정적분이 초등함수로 나타나지 않는 함수의 이상적분을 계산할 수 있다. 이상적분

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}dx$

를 계산해보자. $f(x)=\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}$라 하면 $xf(x)=e^{-x}-e^{-2x}$이다. f의 라플라스 변환을 F(s)라 하면 F(s)는 $s>-1$일 때 존재하고

$-\frac{dF(s)}{ds}=\frac{1}{s+1}-\frac{1}{s+2}$

이다. 정리하면

$F(s)=\ln (s+2)-\ln (s+1)$

을 얻는다. 따라서

$\ln (s+2)-\ln (s+1)=F(s)=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-sx}\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}dx$

이며, $s=0$을 대입하면

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}dx=\ln 2$

를 얻는다. 일반적으로

$ℒ\left(\frac{f(t)}{t}\right)=\underset{s}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}F(u)du$

이므로 라플라스 변환의 정의에 의해

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{e^{-st}f(t)}{t}dt=\underset{s}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}F(u)du$

이고, 수렴영역이 $s>a$이면 $s\to a+$일 때

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{e^{-at}f(t)}{t}dt=\underset{a}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}F(u)du$

를 얻는다.

점화식의 일반항 계산

라플라스 변환을 이용해 점화식으로 주어진 수열의 일반항을 구할 수 있다.

$ℒ(a^{\lfloor t\rfloor })=\frac{1-e^{-s}}{s(1-a{e}^{-s})}$

임을 이용하여 점화식

$a_{n+2}-a_{n+1}-a_n=0,a_0=0,a_1=1$

으로 주어진 피보나치 수열의 일반항을 구해보자. 함수 f를

$f(t)=a_n(n\le t<n+1)$

로 정의하자. 그러면 주어진 점화식은

$f(t+2)-f(t+1)-f(t)=0$

으로 나타낼 수 있다. 이때,

$\begin{array}{cc}ℒ(f(t+2))& =\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-st}f(t+2)dt\\ & =\underset{2}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-s(u-2)}f(u)du\\ & =\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-s(u-2)}f(u)du-\underset{0}{\overset{2}{\int }}{e}^{-s(u-2)}f(u)du\\ & =e^{2s}ℒ(f(t))-e^{2s}\left(\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s}\right)\\ & =e^{2s}ℒ(f(t))-\frac{e^s-1}{s}\end{array}$

이고

$ℒ(f(t+1))=e^sℒ(f(t))$

이다. 그러므로

$\begin{array}{cc}ℒ(f(t))& =\frac{e^s-1}{s(e^{2s}-e^s-1)}\\ & =\frac{e^s-1}{\sqrt{5}s}(\frac{1}{e^s-\frac{1+\sqrt{5}}{2}}-\frac{1}{e^s-\frac{1-\sqrt{5}}{2}})\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}(\frac{1-e^{-s}}{s(1-\frac{1+\sqrt{5}}{2}{e}^{-s})}-\frac{1-e^{-s}}{s(1-\frac{1-\sqrt{5}}{2}{e}^{-s})})\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}(ℒ\left({\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)}^{\lfloor t\rfloor }\right)-ℒ\left({\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)}^{\lfloor t\rfloor }\right))\end{array}$

이므로 $\bigcup _{m\in \mathbb{N}}(m,m+1)$에서

$f(t)=\frac{1}{\sqrt{5}}({\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)}^{\lfloor t\rfloor }-{\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)}^{\lfloor t\rfloor })$

이고, $t=n+\frac{1}{2}$을 대입하면

$a_n=\frac{1}{\sqrt{5}}({\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)}^n-{\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)}^n)$

을 얻는다.나는 괄호가 싫어요

같이 보기

• 푸리에 변환
• 멜린 변환

각주

이 문서의 출처는 리브레 위키의 라플라스 변환 문서입니다.