6-1. 라플라스 변환(Laplace Transform) 기초와 제1 이동 정리(s-Shifting) 정리 14문제와 풀이

[본문글] 6-1. 라플라스 변환(Laplace Transform) 기초와 제1 이동 정리(s-Shifting) 정리

 

[문제 1] $f(t) = 4t - 5$의 라플라스 변환을 구하여라.

[풀이]

라플라스 변환의 선형성에 의해 다음과 같이 분리할 수 있다.

$$\mathcal{L}(4t - 5) = 4\mathcal{L}(t) - 5\mathcal{L}(1)$$

기본 변환 공식 $\mathcal{L}(t) = \frac{1}{s^2}$, $\mathcal{L}(1) = \frac{1}{s}$를 적용하면 다음과 같다.

$$\mathcal{L}(4t - 5) = 4 \cdot \frac{1}{s^2} - 5 \cdot \frac{1}{s} = \frac{4 - 5s}{s^2} \quad (s > 0)$$

 

[문제 2] $f(t) = (3 - 2t)^2$의 라플라스 변환을 구하여라.

[풀이] 먼저 다항식을 전개한다.

$$f(t) = 9 - 12t + 4t^2$$

선형성을 적용하여 각 항별로 변환한다.

$$\mathcal{L}(f(t)) = 9\mathcal{L}(1) - 12\mathcal{L}(t) + 4\mathcal{L}(t^2)$$

변환 공식 $\mathcal{L}(t^2) = \frac{2!}{s^3} = \frac{2}{s^3}$를 대입하면 다음과 같다.

$$\mathcal{L}(f(t)) = 9 \cdot \frac{1}{s} - 12 \cdot \frac{1}{s^2} + 4 \cdot \frac{2}{s^3} = \frac{9}{s} - \frac{12}{s^2} + \frac{8}{s^3} \quad (s > 0)$$

 

[문제 3] $f(t) = \sin^2(\omega t)$의 라플라스 변환을 구하여라.

[풀이]  삼각함수의 반각 공식을 이용하여 차수를 낮춘다.

$$\sin^2(\omega t) = \frac{1 - \cos(2\omega t)}{2}$$

선형성을 적용하여 계산한다.

$$\mathcal{L}(\sin^2\omega t) = \frac{1}{2} \mathcal{L}(1) - \frac{1}{2} \mathcal{L}(\cos 2\omega t)$$

$\mathcal{L}(\cos 2\omega t) = \frac{s}{s^2 + (2\omega)^2} = \frac{s}{s^2 + 4\omega^2}$이므로 다음 결과를 얻는다.

$$\mathcal{L}(\sin^2\omega t) = \frac{1}{2s} - \frac{1}{2} \cdot \frac{s}{s^2 + 4\omega^2} = \frac{(s^2 + 4\omega^2) - s^2}{2s(s^2 + 4\omega^2)} = \frac{2\omega^2}{s(s^2 + 4\omega^2)} \quad (s > 0)$$

 

[문제 4] $f(t) = e^{-3t} \sinh(2t)$의 라플라스 변환을 구하여라.

[풀이] 쌍곡선 사인 함수의 변환 공식은 다음과 같다.

$$\mathcal{L}(\sinh 2t) = \frac{2}{s^2 - 4} \quad (s > 2)$$

제1 이동 정리 $\mathcal{L}{e^{at}g(t)} = G(s-a)$를 적용하여 $s$ 대신 $s - (-3) = s + 3$을 대입한다.

$$\mathcal{L}(e^{-3t} \sinh 2t) = \frac{2}{(s+3)^2 - 4} = \frac{2}{s^2 + 6s + 5} \quad (s > -1)$$

 

[문제 5] 아래와 같이 정의된 펄스 함수 $f(t)$의 라플라스 변환을 구하여라.

$$f(t) = \begin{cases} 3 & (0 \le t < 2) \\ 0 & (t \ge 2) \end{cases}$$

[풀이]  라플라스 변환의 적분 정의식을 직접 사용한다.

$$F(s) = \int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t) \, dt = \int_{0}^{2} 3 e^{-st} \, dt + \int_{2}^{\infty} 0 \cdot e^{-st} \, dt$$

적분을 계산한다.

$$F(s) = 3 \left[ -\frac{1}{s} e^{-st} \right]_{0}^{2} = 3 \left( -\frac{1}{s} e^{-2s} + \frac{1}{s} \right) = \frac{3(1 - e^{-2s})}{s} \quad (s > 0)$$

 

[문제 6] $t = 0$에서 $0$, $t = 1$에서 $2$까지 증가했다가 $t = 2$에서 $0$으로 떨어지는 펄스 함수 $f(t)$의 라플라스 변환을 구하여라.

$$f(t) = \begin{cases} 2t & (0 \le t < 1) \\ 4 - 2t & (1 \le t < 2) \\ 0 & (t \ge 2) \end{cases}$$

[풀이]  적분 구간을 나누어 계산한다.

$$F(s) = \int_{0}^{1} 2t e^{-st} \, dt + \int_{1}^{2} (4 - 2t) e^{-st} \, dt$$

첫 번째 적분 (부분적분 적용):

$$\int_{0}^{1} 2t e^{-st} \, dt = \left[ -\frac{2t}{s} e^{-st} \right]_{0}^{1} + \frac{2}{s} \int_{0}^{1} e^{-st} \, dt = -\frac{2}{s} e^{-s} - \frac{2}{s^2} e^{-s} + \frac{2}{s^2}$$

두 번째 적분 (부분적분 적용):

$$\int_{1}^{2} (4 - 2t) e^{-st} \, dt = \left[ -\frac{4-2t}{s} e^{-st} \right]_{1}^{2} - \frac{2}{s} \int_{1}^{2} e^{-st} \, dt = \frac{2}{s} e^{-s} + \frac{2}{s^2} e^{-2s} - \frac{2}{s^2} e^{-s}$$

두 적분 결과를 더해서 정리한다.

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

$$F(s) = \frac{2 - 4e^{-s} + 2e^{-2s}}{s^2} = \frac{2(1 - e^{-s})^2}{s^2}$$

 

[문제 7] 라플라스 변환의 비존재성

함수 $f(t) = e^{t^3}$은 $t \to \infty$일 때 라플라스 변환이 존재하지 않음을 지수적 차수 조건을 통해 설명하여라.

[풀이]  라플라스 변환이 존재하기 위한 충분조건 중 하나는 함수가 지수적 차수(exponential order) 조건을 만족하는 것이다. 즉, 적당한 상수 $M$과 $k$가 존재하여 모든 $t \ge 0$에 대해 다음을 만족해야 한다.

$$\vert{}f(t)\vert{} \le M e^{kt}$$

그러나 $f(t) = e^{t^3}$에 대해 양변에 자연로그를 취해 보면 다음과 같다.

$$\ln(e^{t^3}) = t^3, \quad \ln(M e^{kt}) = \ln M + kt$$

$t \to \infty$일 때 $t^3$은 어떠한 일차식 $kt + \ln M$보다도 훨씬 빠르게 증가하므로, 아무리 큰 상수 $M$과 $k$를 잡더라도 $\vert{}e^{t^3}\vert{} \le M e^{kt}$를 만족시킬 수 없다.

따라서 $e^{t^3}$은 지수적 차수 조건을 만족하지 않으며, $\int_{0}^{\infty} e^{-st} e^{t^3} \, dt$ 적분이 발산하여 라플라스 변환이 존재하지 않는다.

[문제 8]스케일 변환 정리 (Change of Scale)

$\mathcal{L}{f(t)} = F(s)$이고 $c > 0$일 때, $\mathcal{L}{f(ct)} = \frac{1}{c} F\left(\frac{s}{c}\right)$임을 증명하라. 그리고 이를 이용하여 $\mathcal{L}(\sin 3t)$를 구하여라.

[풀이] 라플라스 변환의 정의식을 이용한다:

$$\mathcal{L}\{f(ct)\} = \int_{0}^{\infty} e^{-st} f(ct) \, dt$$

$u = ct$로 치환적분을 수행하면 $dt = \frac{1}{c} du$이고, $t = 0 \to u = 0$, $t \to \infty \to u \to \infty$이다:

$$\mathcal{L}\{f(ct)\} = \int_{0}^{\infty} e^{-s\left(\frac{u}{c}\right)} f(u) \frac{1}{c} \, du = \frac{1}{c} \int_{0}^{\infty} e^{-\left(\frac{s}{c}\right)u} f(u) \, du = \frac{1}{c} F\left(\frac{s}{c}\right)$$

이제 $g(t) = \sin t$라 하면 $G(s) = \mathcal{L}(\sin t) = \frac{1}{s^2 + 1}$이다. 스케일 변환 정리를 $c = 3$으로 적용하면 다음과 같다:

$$\mathcal{L}(\sin 3t) = \frac{1}{3} G\left(\frac{s}{3}\right) = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{\left(\frac{s}{3}\right)^2 + 1} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{\frac{s^2 + 9}{9}} = \frac{3}{s^2 + 9}$$

 

[문제 9]역라플라스 변환 (Inverse Laplace Transforms)

$F(s) = \frac{0.4s + 1.2}{s^2 + 16}$의 역라플라스 변환 $f(t)$를 구하여라.

[풀이]  분수를 코사인과 사인 형태의 항으로 각각 분리한다:

$$F(s) = 0.4 \cdot \frac{s}{s^2 + 16} + \frac{1.2}{s^2 + 16} = 0.4 \cdot \frac{s}{s^2 + 4^2} + 0.3 \cdot \frac{4}{s^2 + 4^2}$$

역변환의 선형성을 적용한다:

$$f(t) = 0.4 \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s}{s^2 + 4^2}\right\} + 0.3 \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{4}{s^2 + 4^2}\right\}$$

따라서 결과는 다음과 같다:

$$f(t) = 0.4 \cos 4t + 0.3 \sin 4t$$

 

[문제 10] $F(s) = \frac{6s + 18}{s^2 - 9}$의 역라플라스 변환 $f(t)$를 구하여라.

[풀이]  방법 1: 쌍곡선 함수 공식 활용

$$F(s) = 6 \cdot \frac{s}{s^2 - 3^2} + 6 \cdot \frac{3}{s^2 - 3^2}$$

$$f(t) = 6 \cosh 3t + 6 \sinh 3t$$

방법 2: 부분분수 분해 활용

$$F(s) = \frac{6(s + 3)}{(s - 3)(s + 3)} = \frac{6}{s - 3}$$

$$f(t) = 6 e^{3t}$$

(참고: $6 \cosh 3t + 6 \sinh 3t = 6 \cdot \frac{e^{3t} + e^{-3t}}{2} + 6 \cdot \frac{e^{3t} - e^{-3t}}{2} = 6 e^{3t}$이므로 두 결과는 완전히 동일하다).

[문제 11] $F(s) = \frac{1}{(s + 3)(s - 2)}$의 역라플라스 변환 $f(t)$를 구하여라.

[풀이]  부분분수 분해를 수행한다:

$$\frac{1}{(s + 3)(s - 2)} = \frac{A}{s + 3} + \frac{B}{s - 2}$$

양변에 $(s + 3)(s - 2)$를 곱하면:

$$1 = A(s - 2) + B(s + 3)$$

$s = 2$ 대입: $1 = 5B \implies B = \frac{1}{5}$

$s = -3$ 대입: $1 = -5A \implies A = -\frac{1}{5}$

따라서:

$$F(s) = -\frac{1}{5} \cdot \frac{1}{s + 3} + \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{s - 2}$$

역변환을 취하면 다음과 같다:

$$f(t) = -\frac{1}{5} e^{-3t} + \frac{1}{5} e^{2t} = \frac{1}{5} (e^{2t} - e^{-3t})$$

 

[문제 12] $f(t) = t^3 e^{-2t}$의 라플라스 변환을 구하여라.

[풀이] 먼저 $g(t) = t^3$의 변환을 구한다:

$$G(s) = \mathcal{L}(t^3) = \frac{3!}{s^{3+1}} = \frac{6}{s^4}$$

제1 이동 정리 $\mathcal{L}{e^{at} g(t)} = G(s - a)$에 의해 $a = -2$이므로 $s$ 대신 $s - (-2) = s + 2$를 대입한다:

$$\mathcal{L}(t^3 e^{-2t}) = \frac{6}{(s + 2)^4}$$

 

[문제 13] $F(s) = \frac{12}{(s + 2)^4}$의 역라플라스 변환 $f(t)$를 구하여라.

[풀이]  $\mathcal{L}(t^3) = \frac{3!}{s^4} = \frac{6}{s^4}$임을 이용한다.

$$F(s) = 2 \cdot \frac{6}{(s + 2)^4}$$

제1 이동 정리의 역변환 공식 $\mathcal{L}^{-1}{G(s - a)} = e^{at} g(t)$를 적용한다 ($a = -2$):

$$f(t) = 2 t^3 e^{-2t}$$

 

[문제 14] $F(s) = \frac{3s + 11}{s^2 + 4s + 13}$의 역라플라스 변환 $f(t)$를 구하여라.

[풀이] 분모를 완전제곱식 형태로 변형한다:

$$s^2 + 4s + 13 = (s + 2)^2 + 9 = (s + 2)^2 + 3^2$$

분자를 $(s + 2)$ 형태가 드러나도록 재구성한다:

$$3s + 11 = 3(s + 2) + 5$$

식을 분리한다:

$$F(s) = \frac{3(s + 2) + 5}{(s + 2)^2 + 3^2} = 3 \cdot \frac{s + 2}{(s + 2)^2 + 3^2} + \frac{5}{3} \cdot \frac{3}{(s + 2)^2 + 3^2}$$

제1 이동 정리를 적용하여 역변환한다:

$$f(t) = 3 e^{-2t} \cos 3t + \frac{5}{3} e^{-2t} \sin 3t = e^{-2t} \left( 3 \cos 3t + \frac{5}{3} \sin 3t \right)$$