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1계 도함수의 라플라스 변환 📂상미분방정식

1계 도함수의 라플라스 변환

정리1

아래의 두 조건을 가정하자.

  1. 임의의 구간 0≤t≤A0 \le t \le A에서 함수 f(t)f(t)가 연속이고, 1계 도함수 f′(t)f^{\prime}(t)가 부분적으로 연속이라고 하자.
  2. t≥Mt \ge M일 때 ∣f(t)∣≤Keat|f(t)| \le Ke^{at}를 만족하는 실수 aa와 양수 KK, MM이 존재한다.

그러면 ff의 1계 도함수의 라플라스 변환 L{f′(t)}\mathcal{L} \left\{ f^{\prime}(t) \right\}가 s>as>a일 때 존재하고 그 값은 아래와 같다.

L{f′(t)}=sL{f(t)}−f(0) \mathcal {L} \left\{ f^{\prime}(t) \right\} = s\mathcal {L} \left\{ f(t) \right\} -f(0)

설명

조건을 다시 쉽게 말하면 ‘f(t)f(t)의 라플라스 변환이 존재하고 f′(t)f^{\prime}(t)가 부분적으로 연속이다’가 된다.

증명

lim⁡A→∞∫0Ae−stf′(t)dt\displaystyle \lim_{A \to \infty} \int _{0} ^A e^{-st}f^{\prime}(t)dt가 수렴하면 증명 완료이다. f′f^{\prime}이 구간에서 부분적으로 연속이라 했으니 kk개의 불연속 점이 있다고 하자. 그리고 각 불연속 점을 t1t_{1}, t2t_2, ⋯\cdots, tkt_{k}라고 하자. 적분을 불연속 점을 기준으로 나누면 아래와 같다.

∫0Ae−stf′(t)dt=∫0t1e−stf′(t)dt+∫t1t2e−stf′(t)dt+⋯+∫tkAe−stf′(t)dt \int _{0} ^A e^{-st}f^{\prime}(t)dt = \int _{0} ^{t_{1}} e^{-st}f^{\prime}(t)dt + \int _{t_{1}} ^{t_2} e^{-st}f^{\prime}(t)dt + \cdots + \int _{t_{k}} ^A e^{-st}f^{\prime}(t)dt

이제 각 항을 부분적분하자. 정적분항과 적분항을 따로 나눠서 정리하면 다음과 같다.

∫0Ae−stf′(t)dt=[e−stf(t)]0t1+[e−stf(t)]t1t2+⋯+[e−stf(t)]tkA+s[∫0t1e−stf(t)dt+∫t1t2e−stf(t)dt+⋯+∫tkAe−stf(t)dt] \begin{align*} \int_{0}^A e^{-st}f^{\prime}(t)dt &= \left[ e^{-st}f(t)\right]_{0}^{t_{1}} + \left[ e^{-st}f(t)\right]_{t_{1}}^{t_2} + \cdots + \left[ e^{-st}f(t)\right]_{t_{k}}^{A} \\ &\quad +s \left[ \int _{0} ^{t_{1}} e^{-st}f(t)dt + \int _{t_{1}} ^{t_2} e^{-st}f(t)dt + \cdots + \int _{t_{k}} ^A e^{-st}f(t)dt \right] \end{align*}

정적분항을 계산하고, 적분항을 합쳐주면 다음과 같다.

[e−st1f(t1)−e−s0f(0)]+[e−st2f(t2)−e−st1f(t1)]+⋯+[e−sAf(A)−e−stkf(tk)]+s∫0Ae−stf(t)dt=e−sAf(A)−e−s0f(0)+s∫0Ae−stf(t)dt \begin{align*} &\left[ e^{-st_{1}}f(t_{1}) - e^{-s0}f(0) \right] + \left[ e^{-st_2}f(t_2) - e^{-st_{1}}f(t_{1}) \right] + \cdots + \left[ e^{-sA}f(A) - e^{-st_{k}}f(t_{k}) \right] + s \int _{0} ^{A} e^{-st}f(t)dt \\ &= e^{-sA}f(A) - e^{-s0}f(0) + s \int _{0} ^{A} e^{-st}f(t)dt \end{align*}

가정에 의해 f(t)f(t)의 라플라스 변환이 존재하므로

∫0Ae−stf′(t)dt=e−sAf(A)−f(0)+sL{f(t)} \int _{0} ^A e^{-st}f^{\prime}(t)dt = e^{-sA}f(A) - f(0) + s \mathcal{L} \left\{ f(t) \right\}

이제 lim⁡A→∞e−sAf(A)\displaystyle \lim_{A \to \infty} e^{-sA}f(A)가 수렴하는지 확인하면 f′(t)f^{\prime}(t)의 라플라스 변환이 존재하는 것을 보이게 된다. 가정2. 에 의해, ∣f(A)∣≤KeaA|f(A)| \le Ke^{aA}이다. 양변에 e−sAe^{-sA}를 곱하면

∣e−sAf(A)∣≤Ke−(s−a)A |e^{-sA}f(A)| \le Ke^{-(s-a)A}

다시 양변에 극한 lim⁡A→∞\lim \limits_{A \to \infty}를 취하면 s>as>a일 때 우변은 00으로 수렴한다. 따라서 좌변 또한 00으로 수렴한다. 즉,

∫0∞e−stf′(t)dt=lim⁡A→∞∫0Ae−stf′(t)dt=lim⁡A→∞e−sAf(A)−f(0)+sL{f(t)}=sL{f(t)}−f(0)=sF(s)−f(0) \begin{align*} \int_{0}^\infty e^{-st}f^{\prime}(t)dt &= \lim_{A \to \infty} \int _{0} ^A e^{-st}f^{\prime}(t)dt \\ &= \lim_{A \to \infty} e^{-sA}f(A) - f(0) + s \mathcal{L} \left\{ f(t) \right\} \\ &= s \mathcal{L} \left\{ f(t) \right\} -f(0) \\ &= s F(s) -f(0) \end{align*}

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같이보기

  1. William E. Boyce, Boyce’s Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems (11th Edition, 2017), p248-249 ↩︎