19. 합성곱(Convolution)

19.1. Convolution.

 

 Laplace transform은 다음과 같은 식을 만족함을 이미 알고 있습니다.

 $\mathcal {L}(f+g) = \mathcal {L}(f) + \mathcal {L}(g)$     (1)

 하지만 (1)과는 다르게 곱의 변환은 일반적으로 만족하지 않습니다.

 $\mathcal{L}(fg) \neq \mathcal {L}(f)\mathcal {L}(g)$     (2)

 (2)를 확인하기 위해 예를 들어 봅시다. $f = e^t$, $g = 1$이라 하고 (2)의 좌변과 우변의 식으로 각각 계산해 봅시다.

 $\mathcal{L}(fg) = \mathcal {L}(e^t\cdot1) = \mathcal {L}(e^t) = \frac {1}{s-1}$     (3)

 $\mathcal{L}(f)\mathcal{L}(g) = \mathcal {L}(e^t)\cdot\mathcal {L}(1) = \frac {1}{s-1}\cdot\frac {1}{s}$     (4)

 (3)과 (4)의 결과를 비교 했을 때 결과가 다르다는 것을 알 수 있습니다.

 그렇다면 이제 $\mathcal{L}(f)\mathcal{L}(g)$의 맞는 값을 찾아봅시다.

 $\mathcal{L}(f) = F(s)$, $\mathcal {L}(g) = G(s)$라 합시다. 구하는 것은 다음과 같습니다.

 $\mathcal{L}(f)\mathcal{L}(g) = F(s) G(s)$     (5)

 $F(s)$와 $G(s)$는 다음과 같습니다.

 $F(s) = \int_{0}^{\infty} e^{-s\tau}f(\tau)d\tau$     (6)

 $G(s) = \int_{0}^{\infty} e^{-st}g(t)dt$     (7)

 (7)과 (8)의 곱이 구하는 식입니다. 곱해봅시다.

 $F(s)G(s) = \int_{0}^{\infty} e^{-s\tau} f(\tau) d\tau \cdot \int_{0}^{\infty} e^{-sp} g(p) dp$     (8)

 $\int_{0}^{\infty} e^{-sp} g(p) dp$는 $\tau$에 대하여 모두 독립적인 변수로만 이루어져 있습니다. 따라서 다음과 같이 (7)의 적분식을 (6)에 넣을 수 있습니다.

 $F(s) G(s) = \int_{0}^{\infty} e^{s\tau}f(\tau)G(s)d\tau = \int_{0}^{\infty} e^{-s\tau}f(\tau)\int_{0}^{\infty} e^{-st}g(t)dtd\tau$     (9)

 (9)의 식을 정리합니다.

 $F(s)G(s) = \int_{0}^{\infty} f(\tau)[e^{-s\tau}\int_{0}^{\infty} e^{-st} g(t) dt] d\tau$     (10)

 (10)의 대괄호 안의 식은 $e^{-s\tau} G(s)$와 같습니다. 이전 포스팅의 Unit step function에서 $\mathcal {L}\left(f(t-a) u(t-a)\right) = e^{-as} F\left(f(t)\right) = e^{-as} F(s)$라고 알고 있습니다. 이를 적용해 봅시다.

 $e^{-s\tau}\int_{0}^{\infty} e^{-st} g(t) dt = e^{-s\tau} G(s) = \mathcal {L}(g(t-\tau) u(t-\tau)) = \int_{0}^{\infty} e^{-st} g(t-\tau) u(t-\tau) dt$     (11)

 (11)을 다시 (10)에 대입합니다.

 $F(s) G(s) = \int_{0}^{\infty} f(\tau) [\int_{0}^{\infty} e^{-st}g(t-\tau)u(t-\tau)dt]d\tau$     (12)

 (12)를 정리합니다.

 $F(s)G(s) = \int_{0}^{\infty} f(\tau) [\int_{\tau}^{\infty} e^{-st} g(t-\tau) dt] d\tau = \int_{0}^{\infty} \int_{\tau}^{\infty} e^{-st} f(\tau) g(t-\tau) dtd\tau$     (13)

 (13)의 적분 순서를 바꿔봅시다. 적분 구간을 체크합니다. $t$에 대해 먼저 적분하고 $\tau$에 대해 적분하는 경우 (13의 경우) 주어진 적분 구간은 $t$는 $(t,\infty)$, $\tau$는 $(0, \infty)$입니다. 적분 구간을 가로축이 $t$, 세로축이 $\tau$인 직교 좌표계로 나타낸다면 $t = \tau$인 직선과 $x$축 사이로 둘러싸인 부분이 되겠네요. 아래 그림을 참고해 주세요.

 

적분 구간

 이제 $\tau$에 대해 먼저 적분하고 $t$에 대해 적분할 때 적분 구간을 구해 봅시다. 그림을 참고하면 $\tau$를 $(0, t)$까지 적분하고, $t$를 $(0,\infty)$까지 적분하면 되겠습니다. (13)의 결과는 다음과 같습니다.

 $F(s) G(s) = \int_{0}^{\infty}\int_{\tau}^{\infty} e^{-st}f(\tau)g(t-\tau)dtd\tau = \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{t} e^{-st} f(\tau) g(t-\tau) d\tau dt$     (14)

 (14)를 다시 정리해봅시다.

 $F(s)G(s) = \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{t} e^{-st}f(\tau)g(t-\tau)d\tau dt = \int_{0}^{\infty} e^{-st} [\int_{0}^{t} f(\tau) g(t-\tau) d\tau] dt$     (15)

 (15)의 대괄호 부분을 $h(t)$라고 합시다. 그렇다면 식은 다음과 같이 정리됩니다.

 $F(s) G(s) = \int_{0}^{\infty} e^{-st} [\int_{0}^{t} f(\tau) g(t-\tau) d\tau] dt = \int_{0}^{\infty} e^{-st} h(s) dt = H(s)$     (16)

 (16)으로부터 이제 $F(s) G(s) = H(s)$를 만족하는 $H(s)$를 구하는 데 성공했습니다. 즉 (5)의 식으로 표현하면 이렇습니다.

 $\mathcal {L}(f)\mathcal {L}(g) = \mathcal {L}(h)$     (17)

(17)에서 만족하는 함수 $h(t)$를 찾았다는 것입니다. 앞서 (15)에서 구한대로, $h(t)$는 다음과 같습니다.

 $h(t) = \int_{0}^{t} f(\tau) g(t-\tau) d\tau$     (18)

이제 $f$,$g$로부터 $h$를 만들어내는 새로운 연산을 다음과 같이 정의합시다.

 $h(t) = (f*g)(t) = \int_{0}^{t} f(\tau)g(t-\tau)d\tau$     (19)

이 연산을 Convolution(합성곱)이라고 합니다. 이제 Convolution을 통해 글 서문에서 예시를 들었던 함수의 Convolution을 구해봅시다.

 

 Ex) 1. $f = e^t$,     $g = 1$

 

 $h = f * g = e^x * 1$     (20)

(20)을 (19)에 대입하고 적분을 계산합니다.

 $h = \int_{0}^{t} e^{\tau} \cdot 1 dt = \int_{0}^{t} e^{\tau} dt = e^{\tau}|_{0}^{t} = e^t - 1$

 

 sol) $h(t) = e^t - 1$

 

 Convolution은 다음과 같은 법칙을 만족합니다.

 

law 1. $f*g = g*f$

law 2. $f*(g_1 + g_2) = f*g_1 + f*g_2$

law 3. $(f*g)*v = f*(g*v)$

law 4. $f*0 = 0*f = 0$

 

19.2. Applications to Non-homogeneous Linear ODE.

 

 Convolution을 Non-homogeneous Linear ODE를 푸는데 활용해 봅시다.

다음과 같은 Non-homogeneous linear ODE가 주어졌다고 합시다. 이때 $a$와 $b$는 임의의 상수입니다.

 $y'' + ay' + by = r(t)$     (21)

(21)을 Laplace transform 해봅시다.

 $s^2Y - sy(0) - y'(0) + a [sY - y(0)] + bY = R(s)$      (22)

(22)를 $Y$에 대하여 정리합니다.

 $[s^2 + as + b] Y = [sy(0) + y'(0) + ay(0)] + R(s)$     (23)

(23)의 양변을 $s^2 + as + b$로 나눕니다.

 $Y = \frac {sy(0) + y'(0) + ay(0)}{s^2 + as +b} + \frac {R(s)}{s^2 + as + b}$      (24)

$Q(s) = \frac {1}{s^2 + as +b}$이라 합시다. 그렇다면 (24)는 다음과 같이 간단해집니다.

 $Y = Q(s)[sy(0) + y'(0) + ay(0)] + Q(s) R(s)$      (25)

만일 $y(0) = 0$, $y'(0) = 0$을 만족한다면, (25)를 다음과 같이 쓸 수 있습니다.

 $Y = Q(s)R(s)$       (26)

Convolution을 통해, $y$를 다음과 같다고 할 수 있습니다.

 $y = (q*r)(t) = \int_{0}^{t} q(t-\tau) r(t) d\tau$      (27)

예제를 풀어봅시다.

 

 Ex) 2. $y'' + 3y' + 2y = r(t)$,     $r(t) = \begin {cases} 0 & (0 < t <1) \\ 1 & (1 < t < 2) \\ 0 & (t > 2) \end {cases}$

 

 주어진 문제로부터 $y(0) = 0$, $y'(0) = 0$임을 알 수 있습니다. (27)을 활용하기 위해 먼저 $Q(s)$를 구하고, 그에 따른 $q(t)$를 구합니다.

 $Q(s) = \frac {1}{s^2 + 3s + 2} = \frac {1}{(s+2)(s+1)} = \frac {1}{s+1} - \frac {1}{s + 2}$     (28)

(28)을 역변환하여 $q(t)$를 구합니다.

 $q(t) = \mathcal {L}^{-1}(Q(s)) = e^{-t} - e^{-2t}$      (29)

$r(t)$가 나누어지는 구간을 세 가지로 Case를 나누어 각각의 $y$를 구해봅시다.

 

 Case) 1. $0 <t <1$,      $(r(t) = 0)$

 주어진 구간에서 모든 t에 대하여 $r(t) = 0$입니다. Law 4에 의하여 $y(t) = 0$입니다.

 

 Case) 2. $1 <t <2$,      $(r(t) = 1)$

 (0,1)인 구간은 $r(t) = 0$이므로, 적분 구간은 (1, t)로 결정하면 되겠습니다. (27)을 통해 계산하면 다음과 같습니다.

$y(t) = (q*r)(t) = \int_{1}^{t} q(t-\tau)\cdot 1 d\tau = \int_{1}^{t} e^{-(t-\tau)} - e^{-2(t-\tau)}d\tau$     (30)

 (30)의 적분을 계산합니다.

$y(t) = \int_{1}^{t} e^{-(t-\tau)} - e^{-2(t-\tau)}d\tau = e^{-(t-\tau)} - \frac {1}{2} e^{-2(t-\tau)}|_{1}^{t} = \frac {1}{2} - \left(e^{-(t-1)} - \frac{1}{2} e^{-2(t-1)}\right)$     (31)

 (31)의 결과에 따라 주어진 구간의 $y(t)$는 다음과 같습니다.

$\therefore y(t) = \frac {1}{2} - \left(e^{-(t-1)} - \frac{1}{2} e^{-2(t-1)}\right)$

 

 Case) 3. $t>2$

 (1,2)에서만 $r(t) = 1$이고, 나머지 구간의 모든 $t$에 대하여 $r(t) = 0$이므로, 주어진 Case에서 적분 구간은 (1,2)입니다. (27)을 통해 계산합니다.

$y(t) = (q*r)(t) = \int_{1}^{2} q(t-\tau)\cdot 1 d\tau = \int_{1}^{2} e^{-(t-\tau)} - e^{-2(t-\tau)}d\tau$      (32)

 (32)의 적분을 계산합니다.

$y(t) = \int_{1}^{2} e^{-(t-\tau)} - e^{-2(t-\tau)}d\tau = e^{-(t-\tau)} - \frac{1}{2} e^{-2(t-\tau)}|_{1}^{2}$

        $= \left(e^{-(t-2)} - \frac {1}{2} e^{-2(t-2)}\right) - \left(e^{-(t-1)} - \frac {1}{2} e^{-2(t-1)}\right)$        (33)

 (33)의 결과에 따라 주어진 구간의 $y(t)$는 다음과 같습니다.

$\therefore y(t) = \left(e^{-(t-2)} - \frac {1}{2} e^{-2(t-2)}\right) - \left(e^{-(t-1)} - \frac {1}{2} e^{-2(t-1)}\right)$

 

각 Case에서 구한 $y(t)$를 종합합니다.

 

 sol) $y(t) = \begin {cases} 0 & (0 <t <1) \\ \frac {1}{2} - \left(e^{-(t-1)} - \frac {1}{2} e^{-2(t-1)}\right) & (1 <t <2) \\ \left(e^{-(t-2)} - \frac {1}{2} e^{-2(t-2)}\right) - \left(e^{-(t-1)} - \frac {1}{2} e^{-2(t-1)}\right) & (t>2) \end {cases}$

 

이번 포스팅은 여기서 마치겠습니다. 다음 포스팅 주제는 Differentiation and Integration of Transforms에 대하여 다루겠습니다.