6-2. 도함수·적분의 라플라스 변환 및 단위 계단함수(제2 평행이동) 11문제와 풀이법

[본문글]6-2.  도함수·적분의 라플라스 변환 및 단위 계단함수(제2 평행이동)

 

[문제 1]라플라스 변환을 이용하여 다음 초기값 문제를 풀어라.

$$y'' - 5y' + 6y = 10\cos(t), \quad y(0) = 1, \quad y'(0) = 0$$

[풀이]

주어진 미분방정식의 양변에 라플라스 변환 $\mathcal{L}$을 취한다.

$$s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0) - 5(s Y(s) - y(0)) + 6Y(s) = \frac{10s}{s^2 + 1}$$

초기조건 $y(0) = 1, y'(0) = 0$을 대입한다.

$$(s^2 - 5s + 6)Y(s) - s + 5 = \frac{10s}{s^2 + 1}$$

$$(s - 2)(s - 3)Y(s) = s - 5 + \frac{10s}{s^2 + 1}$$

$$Y(s) = \frac{s - 5}{(s - 2)(s - 3)} + \frac{10s}{(s - 2)(s - 3)(s^2 + 1)}$$

두 분수를 합쳐서 $Y(s)$를 정리한다.

$$Y(s) = \frac{(s - 5)(s^2 + 1) + 10s}{(s - 2)(s - 3)(s^2 + 1)} = \frac{s^3 - 5s^2 + 11s - 5}{(s - 2)(s - 3)(s^2 + 1)}$$

부분분수 분해를 수행한다.

$$\frac{s^3 - 5s^2 + 11s - 5}{(s - 2)(s - 3)(s^2 + 1)} = \frac{A}{s - 2} + \frac{B}{s - 3} + \frac{Cs + D}{s^2 + 1}$$

양변에 분모를 곱하여 계수를 구한다.

• $s = 2$ 대입: $8 - 20 + 22 - 5 = A(-1)(5) \implies 5 = -5A \implies A = -1$
• $s = 3$ 대입: $27 - 45 + 33 - 5 = B(1)(10) \implies 10 = 10B \implies B = 1$
• $s = 0$ 대입: $-5 = \frac{-1}{-2} + \frac{1}{-3} + D \implies -5 = \frac{3}{2} - \frac{10}{3} + D \implies D = 1$
• $s^3$ 계수 비교: $A + B + C = 1 \implies -1 + 1 + C = 1 \implies C = 1$

따라서 $Y(s)$는 다음과 같다.

$$Y(s) = -\frac{1}{s - 2} + \frac{1}{s - 3} + \frac{s + 1}{s^2 + 1} = -\frac{1}{s - 2} + \frac{1}{s - 3} + \frac{s}{s^2 + 1} + \frac{1}{s^2 + 1}$$

양변에 라플라스 역변환을 적용한다.

$$y(t) = -e^{2t} + e^{3t} + \cos(t) + \sin(t)$$

 

[문제 2]. $t_0 = 2$ 에서 초기조건이 주어진 다음 초기값 문제를 라플라스 변환으로 풀어라.

$$y'' - 4y' + 3y = 0, \quad y(2) = 3, \quad y'(2) = 5$$

[풀이]

시간 변수를 평행이동하기 위해 $\tilde{t} = t - 2$로 둔다 ($t = \tilde{t} + 2$).

새로운 함수 $\tilde{y}(\tilde{t}) = y(\tilde{t} + 2)$로 정의하면 초기조건은 $\tilde{t} = 0$에서 다음과 같이 바뀐다.

$$\tilde{y}(0) = 3, \quad \tilde{y}'(0) = 5$$

변수 $\tilde{t}$에 대해 미분방정식을 세우고 라플라스 변환을 취한다.

$$\tilde{y}'' - 4\tilde{y}' + 3\tilde{y} = 0$$

$$(s^2 \tilde{Y}(s) - s\tilde{y}(0) - \tilde{y}'(0)) - 4(s\tilde{Y}(s) - \tilde{y}(0)) + 3\tilde{Y}(s) = 0$$

초기값을 대입하여 정리한다.

$$(s^2 - 4s + 3)\tilde{Y}(s) - 3s - 5 + 12 = 0$$

$$(s - 1)(s - 3)\tilde{Y}(s) = 3s - 7$$

$$\tilde{Y}(s) = \frac{3s - 7}{(s - 1)(s - 3)}$$

부분분수 분해를 수행한다.

$$\frac{3s - 7}{(s - 1)(s - 3)} = \frac{A}{s - 1} + \frac{B}{s - 3}$$

• $s = 1$ 대입: $-4 = -2A \implies A = 2$
• $s = 3$ 대입: $2 = 2B \implies B = 1$

$$\tilde{Y}(s) = \frac{2}{s - 1} + \frac{1}{s - 3}$$

역변환을 구한다.

$$\tilde{y}(\tilde{t}) = 2e^{\tilde{t}} + e^{3\tilde{t}}$$

원래 변수 $\tilde{t} = t - 2$를 대입하여 최종 해를 구한다.

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

 

[문제 3]. 1.$f(t) = t \sin(3t)$  의 라플라스 변환을 구하여라.

2. $f(t) = \sinh^2(2t)$  의 라플라스 변환을 구하여라.

[풀이]

1. $t$가 곱해진 함수의 라플라스 변환 공식 $\mathcal{L}\{t f(t)\} = -\frac{d}{ds} F(s)$ 를 이용한다.

$\mathcal{L}\{\sin(3t)\} = \frac{3}{s^2 + 9}$ 이므로, 구하고자 하는 변환은 다음과 같다.

$$\mathcal{L}\{t \sin(3t)\} = -\frac{d}{ds} \left( \frac{3}{s^2 + 9} \right)$$

몫의 미분법을 적용하여 $s$에 대해 미분한다.

$$\mathcal{L}\{t \sin(3t)\} = -\left( \frac{0 \cdot (s^2 + 9) - 3 \cdot 2s}{(s^2 + 9)^2} \right) = \frac{6s}{(s^2 + 9)^2}$$

 

2. 쌍곡선함수의 반각 공식 $\sinh^2(x) = \frac{\cosh(2x) - 1}{2}$ 를 적용한다.

$$\sinh^2(2t) = \frac{\cosh(4t) - 1}{2} = \frac{1}{2}\cosh(4t) - \frac{1}{2}$$

라플라스 변환의 선형성을 적용한다.

$$\mathcal{L}\{\sinh^2(2t)\} = \frac{1}{2} \mathcal{L}\{\cosh(4t)\} - \frac{1}{2} \mathcal{L}\{1\}$$

기본 라플라스 변환 공식 $\mathcal{L}\{\cosh(at)\} = \frac{s}{s^2 - a^2}$ 와 $\mathcal{L}\{1\} = \frac{1}{s}$ 을 대입한다.

$$\mathcal{L}\{\sinh^2(2t)\} = \frac{1}{2} \cdot \frac{s}{s^2 - 16} - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{s}$$

통분하여 정리한다.

$$\mathcal{L}\{\sinh^2(2t)\} = \frac{1}{2} \left( \frac{s^2 - (s^2 - 16)}{s(s^2 - 16)} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{16}{s(s^2 - 16)} = \frac{8}{s(s^2 - 16)}$$

​

[문제 4]라플라스 변환의 미분 정리 $\mathcal{L}{t f(t)} = -\frac{d}{ds} F(s)$를 이용하여 다음을 유도하라.

$$\mathcal{L}\{t \sinh(at)\} = \frac{2as}{(s^2 - a^2)^2}$$

[풀이]

$\sinh(at)$의 라플라스 변환은 다음과 같다.

$$\mathcal{L}\{\sinh(at)\} = \frac{a}{s^2 - a^2}$$

라플라스 변환의 미분 정리 $\mathcal{L}{t f(t)} = -\frac{d}{ds} \mathcal{L}{f(t)}$를 적용한다.

$$\mathcal{L}\{t \sinh(at)\} = -\frac{d}{ds} \left( \frac{a}{s^2 - a^2} \right)$$

몫의 미분법을 적용하여 $s$에 대해 미분한다.

$$\mathcal{L}\{t \sinh(at)\} = -\left( \frac{0 \cdot (s^2 - a^2) - a \cdot 2s}{(s^2 - a^2)^2} \right) = -\left( \frac{-2as}{(s^2 - a^2)^2} \right) = \frac{2as}{(s^2 - a^2)^2}$$

[문제 5] 적분 정리를 이용하여 $F(s) = \frac{1}{s(s^2 + 4)}$의 역변환 $f(t)$를 구하여라.

참고 정리 (적분의 라플라스 변환 정리):

$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{F(s)}{s}\right\} = \int_0^t f(\tau) \, d\tau$ (단, $f(t) = \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}$)

[풀이]

$G(s) = \frac{1}{s^2 + 4}$라 두면, 이에 대한 역변환 $g(t)$는 다음과 같다.

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

구하고자 하는 변환은 $\frac{G(s)}{s}$ 형태이므로 적분 정리를 적용한다.

$$f(t) = \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{G(s)}{s}\right\} = \int_0^t g(\tau) \, d\tau = \int_0^t \frac{1}{2} \sin(2\tau) \, d\tau$$

정적분을 계산한다.

$$f(t) = \left[ -\frac{1}{4} \cos(2\tau) \right]_0^t = -\frac{1}{4} \cos(2t) - \left( -\frac{1}{4} \cos(0) \right) = \frac{1}{4} - \frac{1}{4} \cos(2t) = \frac{1}{4}(1 - \cos(2t))$$

[문제 6] 적분 정리를 이용하여 $F(s) = \frac{1}{s^2(s - 3)}$의 역변환 $f(t)$를 구하여라.

[풀이]

먼저 $H(s) = \frac{1}{s - 3}$의 역변환을 구하면 $h(t) = e^{3t}$이다.

첫 번째 $s$ 나누기($\frac{1}{s}$ 곱하기)에 대한 역변환 $g(t)$를 구한다.

$$g(t) = \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s(s - 3)}\right\} = \int_0^t e^{3\tau} \, d\tau = \left[ \frac{1}{3} e^{3\tau} \right]_0^t = \frac{1}{3} e^{3t} - \frac{1}{3}$$

두 번째 $s$ 나누기($\frac{1}{s^2}$ 곱하기)를 위해 $g(t)$를 한 번 더 적분한다.

$$f(t) = \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^2(s - 3)}\right\} = \int_0^t g(\tau) \, d\tau = \int_0^t \left( \frac{1}{3} e^{3\tau} - \frac{1}{3} \right) d\tau$$

정적분을 계산한다.

$$f(t) = \left[ \frac{1}{9} e^{3\tau} - \frac{1}{3} \tau \right]_0^t = \left( \frac{1}{9} e^{3t} - \frac{1}{3} t \right) - \left( \frac{1}{9} - 0 \right) = \frac{1}{9} e^{3t} - \frac{1}{3} t - \frac{1}{9}$$

[문제 7] 유한 도약 불연속(Finite Jump Discontinuity)을 포함하는 도함수의 변환

참고 공식 (유한 도약 불연속점 $t = a$가 존재할 때): $\mathcal{L}\{f'\} = s \mathcal{L}\{f\} - f(0) - [f(a^+) - f(a^-)] e^{-as}$

다음과 같이 정의된 조각별 연속함수 $f(t)$에 대하여 위 공식을 이용하여 $\mathcal{L}{f'}$를 구하고, 직접 $f'(t)$를 구하여 변환한 결과와 일치함을 보여라.$$f(t) = \begin{cases} 2e^{-2t}, & 0 < t < 1 \\ 0, & t > 1 \end{cases}$$

[풀이]

공식을 이용한 계산:

$t = 1$에서 유한 도약 불연속이 발생한다.

초기값: $f(0) = 2$

$t = 1$에서의 좌극값: $f(1^-) = 2e^{-2}$

$t = 1$에서의 우극값: $f(1^+) = 0$

점프 크기: $f(1^+) - f(1^-) = 0 - 2e^{-2} = -2e^{-2}$

우선 $f(t)$의 라플라스 변환 $\mathcal{L}{f(t)}$를 구한다.

$$\mathcal{L}\{f(t)\} = \int_0^1 2e^{-2t} e^{-st} \, dt = 2 \int_0^1 e^{-(s+2)t} \, dt = 2 \left[ -\frac{e^{-(s+2)t}}{s + 2} \right]_0^1 = \frac{2}{s + 2} \left( 1 - e^{-(s+2)} \right)$$

수식 공식 $\mathcal{L}\{f'\} = s \mathcal{L}\{f\} - f(0) - [f(1^+) - f(1^-)] e^{-s}$ 에 대입한다.

$$\mathcal{L}\{f'\} = s \left[ \frac{2(1 - e^{-(s+2)})}{s + 2} \right] - 2 - (-2e^{-2}) e^{-s}$$

$$\mathcal{L}\{f'\} = \frac{2s}{s + 2} - \frac{2s e^{-(s+2)}}{s + 2} - 2 + 2e^{-2} e^{-s}$$

첫 번째 항과 세 번째 항(-2)을 통분하여 정리한다.

$$\frac{2s}{s + 2} - 2 = \frac{2s - 2(s + 2)}{s + 2} = -\frac{4}{s + 2}$$

지수항 $e^{-s}$로 묶이는 부분을 정리한다.

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

따라서 최종 결과는 다음과 같다.

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

직접 미분하여 적분한 계산과의 비교:

$$f'(t) = \begin{cases} -4e^{-2t}, & 0 < t < 1 \\ 0, & t > 1 \end{cases}$$

$f'(t)$를 구간별로 구하면 다음과 같다.

이를 라플라스 변환 정의에 직접 대입하여 적분한다.

$$\mathcal{L}\{f'\} = \int_0^1 (-4e^{-2t}) e^{-st} \, dt = -4 \int_0^1 e^{-(s+2)t} \, dt$$

$$= -4 \left[ -\frac{e^{-(s+2)t}}{s + 2} \right]_0^1 = \frac{4}{s + 2} \left( e^{-(s+2)} - 1 \right) = -\frac{4}{s + 2} \left( 1 - e^{-(s+2)} \right)$$

두 방법으로 구한 결과가 완전히 일치한다.

[문제 8] 제1 평행이동 정리 (s-Shifting Theorem)

다음 라플라스 역변환을 구하여라.

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{s + 5}{s^2 + 4s + 13} \right\}$$

[풀이]

분모를 완전제곱식 형태로 변형한다.

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

분자도 $(s + 2)$ 형태가 나타나도록 분리한다.

$$\frac{s + 5}{(s + 2)^2 + 9} = \frac{(s + 2) + 3}{(s + 2)^2 + 9} = \frac{s + 2}{(s + 2)^2 + 9} + \frac{3}{(s + 2)^2 + 9}$$

제1 평행이동 정리 $\mathcal{L}^{-1}{F(s-a)} = e^{at}\mathcal{L}^{-1}{F(s)}$를 적용한다.

• $\mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{s}{s^2 + 9} \right\} = \cos(3t)$ 이므로 $\mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{s+2}{(s+2)^2 + 9} \right\} = e^{-2t}\cos(3t)$
• $\mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{3}{s^2 + 9} \right\} = \sin(3t)$ 이므로 $\mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{3}{(s+2)^2 + 9} \right\} = e^{-2t}\sin(3t)$

따라서 구하고자 하는 역변환 $f(t)$는 다음과 같다.

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

[문제 9] 주기함수의 라플라스 변환 (Laplace Transform of Periodic Functions)

참고 공식:

$\mathcal{L}\{f(t)\} = \frac{1}{1 - e^{-sT}} \int_0^T e^{-st} f(t) \, dt$

주기가 $T = 2$이고, 한 주기 $0 \le t < 2$에서 다음과 같이 정의되는 구사각파(Sawtooth wave) $f(t)$의 라플라스 변환을 구하여라.$$f(t) = t \quad (0 \le t < 2), \quad f(t + 2) = f(t)$$

[풀이]

주기함수의 라플라스 변환 공식에 $T = 2$, $f(t) = t$를 대입한다.

$$\mathcal{L}\{f(t)\} = \frac{1}{1 - e^{-2s}} \int_0^2 t e^{-st} \, dt$$

적분 부분 $\int_0^2 t e^{-st} \, dt$를 부분적분법으로 계산한다.

$$\int_0^2 t e^{-st} \, dt = \left[ -\frac{t}{s}e^{-st} \right]_0^2 - \int_0^2 \left(-\frac{1}{s}e^{-st}\right) dt$$

$$= -\frac{2}{s}e^{-2s} + \left[ -\frac{1}{s^2}e^{-st} \right]_0^2 = -\frac{2}{s}e^{-2s} - \frac{1}{s^2}e^{-2s} + \frac{1}{s^2}$$

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

이 결과를 공식 전체에 대입한다.

$$\mathcal{L}\{f(t)\} = \frac{1}{1 - e^{-2s}} \left( \frac{1 - e^{-2s}}{s^2} - \frac{2e^{-2s}}{s} \right)$$

$$\mathcal{L}\{f(t)\} = \frac{1}{s^2} - \frac{2e^{-2s}}{s(1 - e^{-2s})}$$

 

[문제 10] $t^n$이 곱해진 함수의 라플라스 변환 ($s$-영역 미분 정리의 고계 확장)

다음 함수 $f(t)$의 라플라스 변환을 구하여라.$$f(t) = t^2 e^{3t} \cos(2t)$$

[풀이]

먼저 $g(t) = e^{3t} \cos(2t)$의 라플라스 변환 $G(s)$를 구한다.

$\mathcal{L}\{\cos(2t)\} = \frac{s}{s^2 + 4}$ 이므로, 제1 평행이동 정리 $\mathcal{L}{e^{at}h(t)} = H(s-a)$를 적용한다.

$$G(s) = \mathcal{L}\{e^{3t} \cos(2t)\} = \frac{s - 3}{(s - 3)^2 + 4} = \frac{s - 3}{s^2 - 6s + 13}$$

이제 $t^2 g(t)$에 대해 $s$-영역 미분 정리 $\mathcal{L}{t^2 g(t)} = (-1)^2 \frac{d^2}{ds^2} G(s) = \frac{d^2}{ds^2} G(s)$를 적용한다.

1차 미분을 수행한다.

$$\frac{d}{ds} \left( \frac{s - 3}{s^2 - 6s + 13} \right) = \frac{1 \cdot (s^2 - 6s + 13) - (s - 3)(2s - 6)}{(s^2 - 6s + 13)^2}$$

$$= \frac{s^2 - 6s + 13 - (2s^2 - 12s + 18)}{(s^2 - 6s + 13)^2} = \frac{-s^2 + 6s - 5}{(s^2 - 6s + 13)^2}$$

2차 미분을 수행한다. 몫의 미분법을 적용한다.

$$\frac{d^2}{ds^2} G(s) = \frac{d}{ds} \left[ \frac{-s^2 + 6s - 5}{(s^2 - 6s + 13)^2} \right]$$

$$= \frac{(-2s + 6)(s^2 - 6s + 13)^2 - (-s^2 + 6s - 5) \cdot 2(s^2 - 6s + 13)(2s - 6)}{(s^2 - 6s + 13)^4}$$

분모와 분자에서 공통인수 $(s^2 - 6s + 13)$을 약분한다.

$$= \frac{(-2s + 6)(s^2 - 6s + 13) - 2(-s^2 + 6s - 5)(2s - 6)}{(s^2 - 6s + 13)^3}$$

분자를 전개하여 정리한다.

$$(-2s + 6)(s^2 - 6s + 13) = -2s^3 + 12s^2 - 26s + 6s^2 - 36s + 78 = -2s^3 + 18s^2 - 62s + 78$$

$$-4(s - 3)(-s^2 + 6s - 5) = -4(-s^3 + 6s^2 - 5s - 3s^2 + 18s - 15) = 4s^3 - 12s^2 - 52s + 60$$

두 식을 더해 분자를 합친다.

$$\text{분자} = 2s^3 + 6s^2 - 114s + 138 = 2(s^3 + 3s^2 - 57s + 69)$$

따라서 구하고자 하는 라플라스 변환은 다음과 같다.

$$\mathcal{L}\{t^2 e^{3t} \cos(2t)\} = \frac{2s^3 + 6s^2 - 114s + 138}{(s^2 - 6s + 13)^3}$$

[문제 11] 적분을 포함하는 상미분방정식 (Integrodifferential Equation)

라플라스 변환을 이용하여 다음 적분방정식을 풀어라.

$$y'(t) + 4y(t) + 3 \int_0^t y(\tau) \, d\tau = 6, \quad y(0) = 2$$

[풀이]

양변에 라플라스 변환 $\mathcal{L}$을 취한다.

$$(s Y(s) - y(0)) + 4Y(s) + 3 \cdot \frac{Y(s)}{s} = \frac{6}{s}$$

초기값 $y(0) = 2$를 대입하고 $Y(s)$에 대해 정리한다.

$$s Y(s) - 2 + 4Y(s) + \frac{3}{s} Y(s) = \frac{6}{s}$$

$$\left( s + 4 + \frac{3}{s} \right) Y(s) = 2 + \frac{6}{s}$$

양변에 $s$를 곱하여 분모를 정리한다.

$$(s^2 + 4s + 3)Y(s) = 2s + 6$$

인수분해를 수행한다.

$$(s + 1)(s + 3)Y(s) = 2(s + 3)$$

$s \neq -3$ 이라 가정하고 양변을 $(s + 3)$으로 약분한다.

$$(s + 1)Y(s) = 2$$

$$Y(s) = \frac{2}{s + 1}$$

양변에 라플라스 역변환을 취한다.

$$y(t) = 2 e^{-t}$$

주기함수(Periodic Function)의 라플라스 변환

주기함수(Periodic Function)의 라플라스 변환은 주기적으로 반복되는 신호(사각파, 톱니파, 정류파 등)를 해석할 때 매우 유용하게 쓰인다.

[정리 및 공식]

함수 $f(t)$가 주기 $T > 0$를 갖는 주기함수, 즉 모든 $t \ge 0$에 대해 $f(t + T) = f(t)$를 만족할 때, $f(t)$의 라플라스 변환은 다음과 같다.

$$\mathcal{L}\{f(t)\} = \frac{1}{1 - e^{-sT}} \int_0^T e^{-st} f(t) \, dt$$

• 분모 $\frac{1}{1 - e^{-sT}}$: 무한히 반복되는 주기의 효과를 나타낸다.
• 분자 $\int_0^T e^{-st} f(t) \, dt$: 첫 번째 주기 $[0, T]$ 구간에서의 라플라스 변환값이다.

[증명]

라플라스 변환의 정의에 따라 적분 구간을 주기 $T$ 단위로 분할한다.

$$\mathcal{L}\{f(t)\} = \int_0^{\infty} e^{-st} f(t) \, dt = \sum_{n=0}^{\infty} \int_{nT}^{(n+1)T} e^{-st} f(t) \, dt$$

각 적분에서 $t = u + nT$로 치환적분을 수행한다 ($dt = du$).

• $t = nT \implies u = 0$
• $t = (n+1)T \implies u = T$
• $f(t) = f(u + nT) = f(u)$ ($f$가 주기가 $T$인 주기함수이므로)

이를 대입하면 다음과 같다.

$$\int_{nT}^{(n+1)T} e^{-st} f(t) \, dt = \int_0^T e^{-s(u + nT)} f(u) \, du = e^{-nsT} \int_0^T e^{-su} f(u) \, du$$

따라서 전체 합으로 나타내면 다음과 같다.

$$\mathcal{L}\{f(t)\} = \sum_{n=0}^{\infty} \left( e^{-nsT} \int_0^T e^{-su} f(u) \, du \right) = \left( \sum_{n=0}^{\infty} (e^{-sT})^n \right) \int_0^T e^{-st} f(t) \, dt$$

여기서 $\sum_{n=0}^{\infty} (e^{-sT})^n$은 첫째항이 $1$이고 공비가 $r = e^{-sT} < 1$ ($s > 0$)인 무한등비급수이므로 $\frac{1}{1 - e^{-sT}}$로 수렴한다.

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

참고 (쌍곡선함수 표현):

$\tanh\left(\frac{x}{2}\right) = \frac{1 - e^{-x}}{1 + e^{-x}}$ 공식을 적용하면 다음과 같이 간결하게 표현할 수도 있다.

$$\mathcal{L}\{f(t)\} = \frac{k}{s} \tanh\left( \frac{bs}{2} \right)$$