📂상미분방정식

라플라스 변환의 컨볼루션(합성곱)

정의¹

$\mathcal{L}$을 라플라스 변환이라고 하자. 다음의 식을 만족하는 함수 $f*g$를 라플라스 변환에 대한 $f$와 $g$의 컨볼루션^{convolution of $f$ and $g$ with Laplace transform}이라 한다.

$$ \mathcal{L}(f*g) = \mathcal{L}(f) \cdot \mathcal{L}(g) $$

정리

$f$와 $g$의 라플라스 변환에 대한 컨볼루션 $h=f*g$는 다음과 같다.

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

증명

$$ \begin{align*} \mathcal{L} \left\{ h(t) \right\} &= \int_{0}^{\infty} e^{-st} \left( \int_{0}^t f(t-\tau)g(\tau)d\tau \right)dt \\ &= \int_{0}^{\infty}\int_{0}^t e^{-st} f(t-\tau)g(\tau)d\tau dt \end{align*} $$

적분 순서를 바꿔주면(부록 참고)

$$ \int_{0}^{\infty}\int_{0}^t d\tau dt\quad \implies \quad \int_{0}^{\infty}\int_\tau^{\infty} dt d\tau $$

이므로 위 식은 아래와 같다.

$$ \int_{0}^{\infty}\int_\tau^{\infty} e^{-st} f(t-\tau)g(\tau)dt d\tau $$

$u=t-\tau$라고 치환해주면

$$ \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} e^{-su}e^{-s\tau} f(u)g(\tau)du d\tau $$

$u$와 $\tau$에 대한 적분을 각각 분리해주면

$$ \int_{0}^{\infty}e^{-s\tau}g(\tau)d\tau\int_{0}^{\infty} e^{-su} f(u)du=G(s)F(s)
$$

따라서

$$ \mathcal{L}(f*g)(s) = \mathcal{L}h(s) = H(s) = G(s) F(s) = \mathcal{L}g \cdot \mathcal{L}f $$

■

예제

1

$H(s)=\dfrac{a}{s^2(s^2+a^2)}$의 라플라스 역변환을 구하여라.

$\mathcal{L} \left\{ t \right\}=\dfrac{1}{s^2}$이고, $\mathcal{L} \left\{ \sin (at)\right\}=\dfrac{a}{s^2+a^2}$이므로 $h(t)$는 $t$와 $\sin (at)$의 합성곱이다.

$$ h(t) = \int_{0}^t (t-\tau)\sin (a\tau) d\tau = \dfrac{at-\sin(at)}{a^2} $$

참고 : 라플라스 변환표

2

다음과 같이 주어진 초기값 문제를 풀어라.

$$ \begin{cases} y^{\prime \prime}+4y=g(t) \\ y(0)=3, \quad y^{\prime}(0)=-1 \end{cases} $$

주어진 2계 선형 비동차 미분방정식이 아래와 같다고 하자.

$$ ay^{\prime \prime} + by^{\prime} + cy = g(t) $$

그리고 $\mathcal{L} \left\{ y \right\} =Y(s)$, $\mathcal{L} \left\{ g(t) \right\}=G(s)$라고 하자. 그러면

$$ Y(s) = \dfrac{ (as + b)y(0) + ay^{\prime}(0) } {as^2+bs+c} + \dfrac{G(s) }{as^2+bs+c} $$

라플라스 변환을 이용한 2계 미분 방정식의 풀이에 대한 공식을 적용하면

$$ Y(s)=\dfrac{3s-1}{s^2+4}+\dfrac{G(s)}{s^2+4} $$

정리하면

$$ Y(s)=3\dfrac{s}{s^2+4}-\dfrac{1}{2}\dfrac{2}{s^2+4}+\dfrac{1}{2}\dfrac{2}{s^2+4}G(s) $$

그러면 $\mathcal{L} \left\{ \cos (2t) \right\}=\dfrac{s}{s^2+4}$이고, $\mathcal{L} \left\{ \sin (2t) \right\}=\dfrac{2}{s^2+4}$이므로 $y(t)$는

$$ y(t)=3\cos (2t) -\dfrac{1}{2}\sin (2t) +\dfrac{1}{2} \int_{0}^t \sin (2(t-\tau))g(\tau)d\tau $$

■

부록