20. 라플라스 변환 형태의 미분과 적분

 20.1. Differentiation of Transforms.

 

  Laplace transform 한 함수를 미분해 봅시다.

$F(s) = \int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t) dt$      (1)

 (1)을 미분하면 다음과 같습니다.

$\frac{dF}{ds} = -\int_{0}^{\infty} e^{-st} tf(t) dt$     (2)

 (2)의 우변은 다음과 같이 다시 쓸 수 있습니다.

$-\int_{0}^{\infty} e^{-st}tf(t)dt = -\mathcal {L}(tf(t))$     (3)

 따라서 결론을 정리하면 다음과 같습니다.

$F'(s) = -\mathcal{L}(tf(t))$     (4)

 예제를 풀어봅시다.

 

 Ex) 1. $\mathcal{L}(t\sin{\beta t})$

 

 (4)에 주어진 예제를 대입합니다.

$\mathcal{L}(t\sin{\beta t}) = -\frac {dF}{ds}$     (5)

 $F(s) = \mathcal{L}(\sin{\beta t})$입니다. 먼저 $F(s)$를 구합니다.

$F(s) = \mathcal{L}(\sin{\beta t}) = \frac {\beta}{(s^2 + \beta^2)}$     (6)

 (6)을 (5)에 대입하고 계산합니다.

$-\frac{dF}{ds} = -\frac {d}{ds}\left(\frac {\beta}{(s^2 + \beta^2)}\right) = \frac {2\beta s}{(s^2+\beta^2)^2}$     (7)

 (7)로부터 구한 주어진 예제의 Laplace transform은 다음과 같습니다.

 

 sol) $\mathcal{L}(t\sin{\beta t}) = \frac {2\beta s}{(s^2 + \beta^2)^2}$

 

 

 20.2. Integration of Transforms.

 

  이번에는 Laplace transform 한 함수를 적분해 봅시다. 먼저 적분항을 써봅시다.

$\int_{s}^{\infty} F(\tilde{s})d\tilde{s} = \int_{s}^{\infty} \left(\int_{0}^{\infty} e^{-\tilde {s} t} f(t) dt \right) d\tilde {s}$     (8)

 (8)에서 구한 적분항의 적분 순서를 바꾸어봅시다.

$\int_{s}^{\infty} \left(\int_{0}^{\infty} e^{-\tilde{s}t}f(t)dt \right) d\tilde {s} = \int_{0}^{\infty} \int_{s}^{\infty} e^{-\tilde {s} t} f(t) d\tilde {s} dt$     (9)

 (9)에서 $f(t)$는 첫번째 적분에 대하여 독립적인 함수이므로 적분항 밖으로 빼냅니다.

$\int_{0}^{\infty} \int_{s}^{\infty} e^{-\tilde{s}t} f(t) d\tilde {s} dt = \int_{0}^{\infty} f(t) \int_{s}^{\infty} e^{-\tilde {s} t} d\tilde {s} dt$     (10)

 (10)에서 $\tilde{s}$에 대한 적분을 계산합니다.

$\int_{0}^{\infty} f(t) \int_{s}^{\infty} e^{-\tilde {s} t} d\tilde {s} dt = \int_{0}^{\infty} f(t) \frac {-e^{-\tilde {s} t}}{t}|_{s}^{\infty} dt = \int_{0}^{\infty} \frac {f(t)}{t} e^{-st} dt$     (11)

 (11)의 결과에 따라, Laplace transform 함수의 적분은 다음과 같습니다.

$\int_{s}^{\infty} F(\tilde{s}) d\tilde {s} = \mathcal {L}\left(\frac {f(t)}{t}\right)$     (12)

 예제를 풀어봅시다.

 

 Ex) 2. $\mathcal{L}^{-1}\left(\ln \left(1+\frac {\omega^2}{s^2}\right)\right)$

 

 예제에 주어진 Laplace transform 된 함수를 미분해 봅시다.

$F'(s) = \frac {d}{ds} \left( \ln \left( \frac{s^2 + \omega^2}{s^2} \right)\right) = \frac{d}{ds} \left( \ln{(s^2 + \omega^2)} - \ln {s^2} \right) = \frac {2s}{s^2 + \omega^2} - \frac {2}{s}$     (13)

 $F'(s) = G(s)$ 라 하고, $g(t) = \mathcal {L}^{-1}(G(s))$라 합시다. (13)을 통해 $g(t)$를 구해봅시다.

$g(t) = \mathcal{L}^{-1}(G(s)) = \mathcal {L}^{-1}\left( \frac {2s}{s^2 + \omega^2}  - \frac {2}{s} \right) = 2\cos{(\omega t)} - 2$     (14)

 주어진 예제는 다음과 같이 쓸 수 있습니다.

$\mathcal {L}^{-1}\left(\ln \left(1+\frac{\omega^2}{s^2}\right)\right) = \mathcal{L}^{-1} (F(s)) = \mathcal{L}^{-1} \left(\int_{s}^{\infty} G(\tilde {s}) d\tilde {s}\right)$     (15)

 (15)의 식을 (12)를 이용하여 풀어봅시다.

$\mathcal{L}^{-1} \left(\int_{s}^{\infty} G(\tilde{s}) d\tilde{s}\right) = -\frac {g(t)}{t} = - \frac {2}{t}(1-\cos{(\omega t)})$     (16)

 (16)의 결론으로 주어진 예제의 답은 다음과 같습니다.

 

 sol) $\mathcal {L}^{-1}\left(\ln \left(1+\frac {\omega^2}{s^2}\right)\right) = - \frac {2}{t}(1-\cos{(\omega t)})$

 

 

 20.3 Special Linear ODEs with Variable Coefficients.

 

 주어진 미분 방정식의 Laplce transform은 다음과 같음을 먼저 배웠습니다.

$\mathcal {L}(y) = Y$     (17)

$\mathcal {L}(y') = sY - y(0)$     (18)

$\mathcal {L}(y'') = s^2Y - sy(0) - y'(0)$     (19)

 이제 여기서 (18), (19)를 (4)를 이용하여 또 다른 식을 얻을 수 있습니다.

$\mathcal {L}(ty') = -\frac {d}{ds} \left(sY - y(0)\right) = -Y - s \frac {dY}{ds}$     (20)

$\mathcal {L}(ty'') = -\frac {d}{ds} \left(s^2Y - sy(0) - y'(0)\right) = -2sY - s^2\frac {dY}{ds} - y(0)$     (21)

 (20), (21)을 이용하여 예제를 풀어보도록 합시다.

 

Ex) 3. Lagurre's Equation.

 

 Lagurre's Equation은 다음과 같은 미분 방정식입니다.

$ty'' + (1-t) y' + ny = 0$     (22)

 먼저 (22)를 Laplace transform 합니다. (20), (21)을 이용합니다.

$\left(-2sY - s^2\frac {dY}{ds} - y(0)\right) + sY - y(0) -\left(-Y -s\frac {dY}{ds}\right) + nY = 0$     (23)

 (23)을 정리합니다.

$(s-s^2)\frac {dY}{ds} + (n + 1 - s) Y = 0$     (24)

 (24)를 변수 분리합니다.

$\frac {dY}{Y} = - \frac {n+1-s}{s-s^2} ds = \left(\frac {n}{s-1} - \frac {n+1}{s}\right) ds$     (25)

 (25)의 양변을 각 변수에 대하여 적분합니다.

$\ln {|Y|} = n\ln {|s-1|} - (n+1)\ln {|s|} = \ln {|\frac{(s-1)^n}{s^{n+1}}|}$     (26)

 (26)을 통해, $Y$를 구할 수 있습니다.

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

 역변환을 구하기 위해 먼저 $\mathcal {L}(t^n) = \frac {n!}{s^(n+1)}$임을 떠올립시다. s-shifting으로 다음과 같음을 알 수 있습니다.

$\mathcal {L}(e^{-t} t^n) = \frac {n!}{(s+1)^{n+1}}$     (27)

 $\mathcal {L}(f^{(n)}) = s^nY - s^{n-1} y(0) - s^{n-2} y'(0) - s^{n-3} y''(0) - s^{n-4} y^{(3)}(0) -...$입니다. (27)의 $y^{(n)}(0) = 0$이므로, 다음과 같이 쓸 수 있습니다.

$\mathcal {L}(\frac {d^n}{dt^n}(t^{n} e^{-t})) = \frac {n! s^n}{(s+1)^{n+1}}$     (28)

 (28)을 다시 s-shfiting 하면 다음과 같습니다.

$\mathcal {L}\left(\frac {e^t}{n!} \frac {d^n}{dt^n} (t^{n} e^{-t})\right) = \frac{(s-1)^n}{s^{n+1}}$      (29)

 따라서, $\mathcal {L}^{-1}(Y)$는 다음과 같습니다.

$y = \mathcal{L}^{-1}(Y) = \frac {e^t}{n!} \frac {d^n}{dt^n}(t^{n} e^{-t})$

 

 sol) $y = \frac {e^t}{n!} \frac {d^n}{dt^n}(t^{n} e^{-t})$

 

 미분방정식에 대한 포스팅이 모두 끝났습니다. 다음 포스팅부터 선형대수학인 Linear Algebra에 대한 포스팅을 시작하겠습니다.