📂상미분방정식

디랙 델타 함수의 라플라스 변환

정리¹

디랙 델타 함수의 라플라스 변환은 다음과 같다.

$$\mathcal{L} \left\{ \delta (t-t_{0}) \right\} = e^{-st_{0}}$$

증명

위 그림과 같이 $d_\tau (t) = \dfrac{1}{2\tau}$ $-\tau \le t \le \tau$라고 정의하자. 그러면 아래의 극한은 디랙 델타 함수와 같다.

$$\lim \limits_{\tau \to 0^+}d_\tau (t)=\delta (t) \\ \lim \limits_{\tau \to 0^+}d_\tau (t-t_{0})=\delta (t-t_{0})$$

그러면 $\mathcal{L} \left\{ \delta (t-t_{0}) \right\}=\mathcal{L} \left\{ \lim \limits_{ \tau \to 0^+}d_\tau (t-t_{0}) \right\}$이다.따라서

$$\begin{align*} \int_{0}^\infty e^{-st}\delta (t-t_{0})dt &=\lim_{\tau \to 0^+} \int_{0} ^\infty e^{-st}d_\tau (t-t_{0})dt \\ &= \lim_{\tau \to 0^+} \int_{0} ^\infty e^{-st}d_\tau (t-t_{0})dt \\ &= \lim_{\tau \to 0^+} \int_{t_{0}-\tau}^{t_{0}+\tau}e^{-st}d_\tau (t-t_{0})dt \\ &= \lim_{\tau \to 0^+} \int_{t_{0}-\tau}^{t_{0}+\tau}e^{-st}\dfrac{1}{2\tau}dt \\ &= \lim_{\tau \to 0^+} \dfrac{1}{2\tau}\dfrac{-1}{s}\left[ e^{-st} \right]_{t_{0}-\tau}^{t_{0}+\tau} \\ &= \lim_{\tau \to 0^+} \dfrac{1}{2s\tau }\left( e^{-s(t_{0}-\tau)}-e^{-s(t_{0}+\tau)}\right) \\ &= \lim_{\tau \to 0^+} \dfrac{1}{2s\tau }e^{-st_{0}}\left( e^{s\tau}-e^{-s\tau}\right) \\ &= \lim_{\tau \to 0^+} e^{-st_{0}}\dfrac{1}{s\tau }\dfrac{e^{s\tau}-e^{-s\tau}}{2} \\ &= \lim_{\tau \to 0^+} e^{-st_{0}}\dfrac{1}{s\tau }\sinh (s\tau) \end{align*}$$

이 때 로피탈 정리에 의해

$$\lim \limits_{\tau \to 0^+}\dfrac{\sinh (s\tau) }{s\tau}=\lim \limits_{\tau \to 0^+} \dfrac { s\cosh (s\tau)}{s}=1$$

따라서

$$\int_{0}^\infty e^{-st}\delta (t-t_{0})dt =e^{-st_{0}}$$

■

같이보기

• 라플라스 변환표