17. 단위 계단 함수

 Unit step function을 다음과 같은 함수로 정의합시다.

 $u(t-a) = \begin {cases}0 & (t <a)\\1 & (t > a)\end {cases}$      (1)

$t$가 $a$보다 크면 1이고, 작다면 0인 함수인 셈입니다.

 Unit step function의 Laplace transform을 해보겠습니다.

 $L(u(t-a)) = \int_{0}^{\infty} e^{-st}u(t-a)dt = \int_{a}^{\infty} e^{-st} \cdot 1 dt = - \frac {e^{-st}}{s}|_{t = a}^{\infty} = \frac {e^{-st}}{s}$     $(s > 0)$     (2)

$L(u(t-a)) = \frac {e^{-st}}{s}$임을 알 수 있네요. $\frac {1}{s}$는 $L(1)$임을 알고 있습니다. 그렇다면 (2)의 결과는 $L(1)$에 $e^{-st}$를 곱했다고도 생각할 수 있을까요? 일반적인 함수에는 어떻게 될지 봅시다.

 

 $\tilde f(t) = f(t-a)u(t-a)$라 하고 이 함수를 Laplace transform 해봅시다.

 $L(\tilde f(t)) = L(f(t-a)u(t-a)) = \int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t-a) u(t-a) dt = \int_{a}^{\infty} e^{-st} f(t-a) dt$     (3)

(3)에서 $t - a = \tau$라 치환합니다. 그렇다면 $dt = d\tau$, $t = \tau + a$가 됩니다.

 $\int_{a}^{\infty} e^{-st}f(t-a) dt = \int_{0}^{\infty} e^{-s(\tau+a)}f(\tau) d\tau = e^{-as} \int_{0}^{\infty} e^{-s\tau}f(\tau) d\tau$     (4)

$\int_{0}^{\infty} e^{-s\tau}f(\tau) d\tau = L(f) = F(s)$라 하면 결과는 다음과 같이 도출됩니다.

 $L(\tilde f(t)) = L(f(t-a)u(t-a)) = e^{-as} F(s)$     (5)

(5)의 결과로 전 문단에서 의문점이 맞다는 것을 확인 할 수 있습니다.

 

 이제 Case가 나누어진 함수를 Unit step function으로 나타내어 Laplace transform 해봅시다. 예제를 통해 풀어보겠습니다.

 

 Ex) 1. $f(t) = \begin{cases}2 & (0 <t <1)\\\frac {1}{2} t^2 & (1 < t < \frac {1}{2}\pi)\\\cos {t} & ( t > \frac {1}{2}\pi) \end {cases}$

 

 먼저 Unit step function을 이용하여 $f(t)$를 나타냅시다. 다음과 같습니다.

$f(t) = 2 [u(t) - u(t - 1)] + \frac {1}{2} t^2 [u(t-1) - u(t - \frac {1}{2}\pi)] + \cos {t} u(t-\frac {1}{2}\pi)$      (6)

 (5)를 이용하려면 $f(t-a) u(t-a)$에서 볼 수 있듯 Unit step function의 대입 값과 $f$의 대입 값이 같아야 한다고 보입니다. (6)을 적절한 형태로 정리해 줍니다.

$f(t) = 2 [u(t)-u(t-1)]+[\frac {1}{2}(t-1)^2 + (t-1) + \frac {1}{2}]u(t-1)$

             $- \frac {1}{2}[(t-\frac {\pi}{2})^2 + \pi(t-\frac{\pi}{2}) + \frac {\pi^2}{4}]u(t - \frac{\pi}{2}) - \sin {(t-\frac {\pi}{2})}u(t-\frac {\pi}{2})$      (7)

 (7)을 구하는 데 계산 실수를 조심해야겠습니다. 이제 (7)을 (5)를 통해 Laplace transform 해봅시다. (7)을 구하는데 성공하였으면 그렇게 어려운 일은 아닐 겁니다. $\sin{(t-\frac {\pi}{2})} = \cos {t}$이죠.

$L(f) = \frac {2}{s} - \frac {2}{s} e^{-s} + (\frac {1}{s^3}+\frac {1}{s^2}+\frac {1}{2s})e^{-s} - (\frac {1}{s^3}+\frac {\pi}{2s^2}+\frac {\pi^2}{8s})e^{-\frac {\pi s}{2}} - \frac {1}{s^2+1} e^{-\frac {\pi s}{2}}$

 

sol) $L(f) = \frac{2}{s} - \frac{2}{s}e^{-s} + (\frac{1}{s^3}+\frac{1}{s^2}+\frac{1}{2s})e^{-s} - (\frac{1}{s^3}+\frac{\pi}{2s^2}+\frac{\pi^2}{8s})e^{-\frac{\pi s}{2}} - \frac{1}{s^2+1}e^{-\frac{\pi s}{2}}$

 

 Ex. 1을 풀었을 때처럼 $f(t)$를 $f(t-a)$로 바꾸는 과정은 꽤나 번거롭습니다. $f(t) u(t-a)$의 형태로 바로 바꿀 수는 없을까요? 한 번 풀어봅시다.

 $L(f(t-a) u(t-a)) = e^{-as} F(s)$임을 (5)에서 구했습니다. $f(t-a) = g(t)$라 하고 $g(t)$에 대한 함수로 만들어 봅시다.

$L(g(t) u(t-a)) = e^{-as}\int_{0}^{\infty} e^{-as} f(t) dt$     (8)

 $f(t-a) = g(t)$이라 했으므로, $f(t) = g(t + a)$임을 알 수 있습니다. (8)에 대입합니다.

$e^{-as}\int_{0}^{\infty} e^{-as}f(t)dt = e^{-as}\int_{0}^{\infty} e^{-as} g(t+a) dt$     (9)

(9)의 $\int_{0}^{\infty} e^{-as}g(t+a)dt = L(g(t+a))$라고 할 수 있습니다. 그렇다면 $L(f(t) u(t-a))$는 다음과 같다고 결론 지을 수 있습니다.

$L(f(t)u(t-a)) = e^{-as} L(f(t+a))$      (10)

(10)을 이용하여 Laplace transform 예제를 풀어 보도록 하겠습니다.

 

 Ex) 2. $L(\cos {t}\cdot u(t-\frac {\pi}{2}))$

 (10)의 정리에 의해 주어진 문제는 다음과 같이 쓸 수 있습니다.

$L(\cos {t}\cdot u(t-\frac {\pi}{2})) = e^{-\frac {\pi s}{2}}L(\cos {(t+\frac {\pi}{2})})$     (11)

 (11)의 $\cos{(t + \frac{\pi}{2})} = -\sin {t}$라고 바꿀 수 있습니다. 이를 Laplace transform 합니다.

$e^{-\frac {\pi s}{2}}L(-\sin {t}) = -e^{-\frac {\pi s}{2}}\cdot\frac {1}{s^2 + 1}$

 

sol) $L(\cos {t}\cdot u(t-\frac {\pi}{2})) = -\frac {e^{-\frac {\pi s}{2}}}{s^2 + 1}$

 

 Unit step function에 대한 포스팅은 여기까지 마치겠습니다. 다음 포스팅은 Dirac delta function에 대하여 작성할 예정입니다.