Laplace Transform
라플라스 변환(Laplace Transform)은 처음 보면 다소 이상한 공식으로 보인다.
\[F(s) = \int_0^\infty f(t)e^{-st}\,dt\]왜 갑자기 함수에 $e^{-st}$를 곱하는가?
왜 $0$부터 $\infty$까지 적분하는가?
그리고 원래 변수 $t$와 전혀 달라 보이는 $s$는 무엇인가?
이 장에서는 이 공식을 처음부터 외우지 않는다.
먼저 우리가 해결하고 싶은 문제를 생각하고, 그 문제를 쉽게 만들려면 어떤 성질을 가진 도구가 필요한지부터 생각한다.
그 과정을 따라가면
\[s,\qquad e^{st},\qquad e^{-st},\]그리고 라플라스 변환의 정의가 서로 따로 떨어진 공식이 아니라 하나의 흐름으로 연결되어 있다는 것을 알 수 있다.
미분방정식
Transform
대수방정식
Transform
이 장에서는 다음 순서로 라플라스 변환을 살펴본다.
- 라플라스 변환의 정의
- 역변환과 도함수의 변환
- 라플라스 변환의 성질
- 특수함수의 라플라스 변환
- 합성곱과 헤비사이드 전개
- 라플라스 변환의 응용
1. 라플라스 변환의 정의
1.1 왜 라플라스 변환을 배우는가?
앞에서 미분방정식을 풀 때는 미분방정식의 형태에 따라 서로 다른 방법을 사용했다.
예를 들어
\[y'+2y=3\]은 1계 선형 미분방정식이고,
\[y''+3y'+2y=0\]은 상수계수 2계 선형 미분방정식이다.
회로에서도 같은 형태가 등장한다.
RC 회로에서는
\[RC\frac{dv_C}{dt}+v_C=v_{\mathrm{in}}(t)\]이고 RLC 회로에서는
\[LC\frac{d^2v_C}{dt^2} + RC\frac{dv_C}{dt} + v_C = v_{\mathrm{in}}(t)\]와 같은 식이 나온다.
문제는 미지수뿐 아니라
\[y',\qquad y''\]와 같은 미분 연산까지 함께 들어 있다는 것이다.
만약 미분을 어떤 단순한 곱셈으로 바꿀 수 있다면 어떨까?
예를 들어
\[\frac{d}{dt} \quad\longrightarrow\quad s\]라고 바꿀 수 있다고 생각해 보자.
그렇다면
\[y' \quad\longrightarrow\quad sY\]이고
\[y'' \quad\longrightarrow\quad s^2Y\]가 된다.
그러면
\[y''+3y'+2y=x(t)\]는 대략
\[s^2Y+3sY+2Y=X\]즉,
\[(s^2+3s+2)Y=X\]가 된다.
따라서
\[Y=\frac{X}{s^2+3s+2}\]와 같이 미분방정식이 대수방정식으로 바뀐다.
복잡한 시간 미분 연산을 $s$에 대한 곱셈으로 바꾸어, 미분방정식을 다항식과 분수 계산 문제로 바꾸는 것이다.
물론 실제 라플라스 변환에서는 초기조건 때문에
\[\mathcal L\{y'\} = sY-y(0^-)\]처럼 추가항이 생긴다.
하지만 이것은 오히려 장점이다.
라플라스 변환은 초기조건을 없애는 것이 아니라 계산식 안에 직접 포함시킨다.
1.2 어떤 함수는 미분해도 모양이 변하지 않을까?
그러면 미분을 곱셈으로 바꾸는 방법을 찾아보자.
먼저 일반적인 함수를 미분해 보자.
\[f(t)=t^2\]이면
\[f'(t)=2t\]이다.
함수의 모양이 달라진다.
삼각함수는
\[\frac{d}{dt}\sin\omega t = \omega\cos\omega t\]처럼 사인이 코사인으로 바뀐다.
하지만 지수함수는 특별하다.
\[f(t)=e^{at}\]이면
\[\frac{df}{dt} = ae^{at}\]이다.
즉,
\[\boxed{ \frac{d}{dt}e^{at} = ae^{at} }\]이다.
미분해도 함수의 형태가 바뀌지 않고 앞에 숫자 하나만 곱해진다.
한 번 더 미분하면
\[\frac{d^2}{dt^2}e^{at} = a^2e^{at}\]이고 일반적으로
\[\boxed{ \frac{d^n}{dt^n}e^{at} = a^ne^{at} }\]이다.
이것이 미분방정식에서 지수함수가 끊임없이 등장하는 이유이다.
1.3 오히려 원하는 성질에서 지수함수를 직접 만들어 보자
이번에는 반대로 생각해 보자.
우리는 어떤 함수 $\phi(t)$를 미분했을 때
\[\phi'(t)=s\phi(t)\]가 되기를 원한다.
즉 미분 결과가 원래 함수의 $s$배가 되는 함수를 찾는 것이다.
변수분리를 하면
\[\frac{d\phi}{\phi} = s\,dt\]이고 적분하면
\[\ln|\phi| = st+C\]이다.
따라서
\[\phi(t)=Ce^{st}\]가 된다.
즉,
\[\boxed{ \phi(t)=e^{st} }\]는 미분연산의 모양을 그대로 유지하는 특별한 함수이다.
그리고
\[\boxed{ \frac{d}{dt}e^{st} = se^{st} }\]이다.
그래서 $s$는 단순한 문자 하나가 아니라
지수함수에 미분을 적용했을 때 앞에 나타나는 곱셈계수
라고 생각할 수 있다.
1.4 그런데 왜 $s$는 실수가 아니라 복소수인가?
$s$를 실수 하나로만 두면 지수적인 성장과 감소는 표현할 수 있다.
예를 들어
\[e^{-2t}\]는 감소하고
\[e^{2t}\]는 증가한다.
하지만 공학에서는 진동도 매우 중요하다.
예를 들어
\[\sin\omega t,\qquad \cos\omega t\]가 있다.
Euler 공식은
\[\boxed{ e^{j\omega t} = \cos\omega t+j\sin\omega t }\]이다.
$e^{j\omega t}$를 실제로 그리면 어떤 모양일까?
여기서 한 가지를 확실하게 짚고 넘어가자.
\[e^{j\omega t} = \cos\omega t+j\sin\omega t\]라고 해서 실제 전압이나 위치가 복소수라는 뜻은 아니다.
$e^{j\omega t}$는 정현파를 계산하기 편하게 복소평면 위의 회전으로 표현한 것이다.
복소수
\[z=x+jy\]를 복소평면에 나타내면
- $x$: 실수축 좌표
- $y$: 허수축 좌표
가 된다.
따라서
\[e^{j\omega t} = \cos\omega t+j\sin\omega t\]에서는 시간 $t$에 따라
\[x(t)=\cos\omega t\] \[y(t)=\sin\omega t\]인 점이 움직인다.
그런데
\[x^2+y^2 = \cos^2\omega t+\sin^2\omega t = 1\]이므로 이 점은 항상 원점에서 거리가 1이다.
즉,
\[\boxed{ e^{j\omega t} = \text{복소평면의 단위원 위를 회전하는 점} }\]이라고 생각할 수 있다.
시간에 따라 몇 개의 점만 확인해 보면 더 명확하다.
| $t$ | $e^{j\omega t}$ | 복소평면 위치 |
|---|---|---|
| $0$ | $1$ | $(1,0)$ |
| $\frac{\pi}{2\omega}$ | $j$ | $(0,1)$ |
| $\frac{\pi}{\omega}$ | $-1$ | $(-1,0)$ |
| $\frac{3\pi}{2\omega}$ | $-j$ | $(0,-1)$ |
| $\frac{2\pi}{\omega}$ | $1$ | $(1,0)$ |
따라서 한 주기를 도는 데 필요한 시간은
\[\boxed{ T=\frac{2\pi}{|\omega|} }\]이다.
즉 $\omega$는 복소평면에서 얼마나 빠르게 회전하는지를 결정한다.
$\omega$가 커지면 더 빠르게 회전하고, $\omega$가 작아지면 천천히 회전한다.
원운동에서 cosine과 sine 파형이 나온다
복소평면에서 회전하는 점의 실수축 좌표만 시간에 따라 기록하면
\[\boxed{ \operatorname{Re} \left\{ e^{j\omega t} \right\} = \cos\omega t }\]가 된다.
반대로 허수축 좌표를 기록하면
\[\boxed{ \operatorname{Im} \left\{ e^{j\omega t} \right\} = \sin\omega t }\]이다.
즉 cosine과 sine은 서로 완전히 다른 운동이 아니라
같은 원운동을 서로 수직인 두 방향에서 바라본 결과이다.
$e^{j\omega t}$ 자체가 실제 물리량이라는 뜻은 아니다. 실제 신호가 $$ x(t)=A\cos(\omega t+\phi) $$ 라면 계산할 때 $$ \tilde{x}(t) = Ae^{j(\omega t+\phi)} $$ 라는 복소수 표현을 사용하고, 마지막에 $$ \boxed{ x(t) = \operatorname{Re}\{\tilde{x}(t)\} } $$ 를 취한다. 복소수는 실제 신호를 바꾸는 것이 아니라 진폭과 위상을 편하게 계산하기 위한 표현이다.
왜 굳이 복소평면에서 회전시키는가?
cosine만 사용해도 하나의 정현파를 표현할 수 있다.
\[x(t) = A\cos(\omega t+\phi)\]이 식만으로
- 진폭 $A$
- 각주파수 $\omega$
- 위상 $\phi$
를 모두 표현할 수 있다.
그런데 미분하면
\[\frac{d}{dt}\cos\omega t = -\omega\sin\omega t\]처럼 cosine이 sine으로 바뀐다.
다시 미분하면
\[\frac{d^2}{dt^2}\cos\omega t = -\omega^2\cos\omega t\]가 된다.
즉 미분할 때마다 sine과 cosine 사이를 계속 오가게 된다.
반면 복소지수는
\[\frac{d}{dt}e^{j\omega t} = j\omega e^{j\omega t}\]이다.
함수의 형태는 그대로이고
\[j\omega\]만 곱해진다.
따라서
\[\boxed{ \frac{d}{dt} \quad\longleftrightarrow\quad j\omega }\]처럼 미분을 단순한 곱셈으로 다룰 수 있다.
이것이 실제 정현파를 굳이 복소지수로 표현하는 가장 큰 이유이다.
$j$를 곱한다는 것은 무엇인가?
복소평면에서 $j$를 곱하는 것은 $90^\circ$ 회전시키는 것과 같다.
\[1 \xrightarrow{\times j} j\] \[j \xrightarrow{\times j} -1\] \[-1 \xrightarrow{\times j} -j\] \[-j \xrightarrow{\times j} 1\]즉
\[j^2=-1\]이라는 성질은 복소평면에서 두 번 $90^\circ$ 회전하여 $180^\circ$ 방향으로 이동한 것과 연결해서 볼 수 있다.
그래서
\[\frac{d}{dt}e^{j\omega t} = j\omega e^{j\omega t}\]라는 식은
- 크기에는 $\omega$가 곱해지고
- 위상은 $90^\circ$ 이동한다
는 두 정보를 동시에 담고 있다.
실제로
\[\frac{d}{dt}\cos\omega t = -\omega\sin\omega t\]이고
\[-\sin\omega t = \cos\left( \omega t+\frac{\pi}{2} \right)\]이므로 cosine을 미분하면 위상이 $90^\circ$ 이동한다는 사실과 정확히 일치한다.
시간축까지 같이 그리면 나선이 된다
지금까지는 복소평면만 바라봤다.
하지만 시간축 $t$까지 별도의 축으로 추가하면
\[\left( t,\, \cos\omega t,\, \sin\omega t \right)\]라는 3차원 곡선이 된다.
시간이 증가하면서 복소평면의 원을 계속 회전하므로 전체 모양은 스프링과 같은 나선(Helix)이 된다.
그래프에서 $\omega$를 증가시키면 같은 시간 동안 더 많은 회전을 하므로 나선이 더 촘촘해진다. 따라서
\[e^{j\omega t}\]를 세 가지 방법으로 볼 수 있다.
| 바라보는 방법 | 보이는 형태 |
|---|---|
| 복소평면 $(\operatorname{Re},\operatorname{Im})$ | 원운동 |
| 시간-$\operatorname{Re}$ 평면 | cosine |
| 시간-$\operatorname{Im}$ 평면 | sine |
| 시간까지 포함한 3차원 | 나선 |
이 네 그림은 서로 다른 함수가 아니라 같은 $e^{j\omega t}$를 서로 다른 방향에서 바라본 것이다.
즉 진동도 복소지수함수로 표현할 수 있다.
이제 성장·감쇠와 진동을 동시에 표현하고 싶다면
\[e^{\sigma t}\]와
\[e^{j\omega t}\]를 곱하면 된다.
\[e^{\sigma t}e^{j\omega t} = e^{(\sigma+j\omega)t}\]이다.
여기서
\[\boxed{ s=\sigma+j\omega }\]라고 정의한다.
$s$라는 문자를 사용하는 것 자체는 관례다.
중요한 것은 $s$가 복소수라는 점이다.
\[\boxed{ e^{st} = e^{\sigma t} \left( \cos\omega t+j\sin\omega t \right) }\]이므로
- $\sigma$: 성장 또는 감쇠의 정도
- $\omega$: 진동의 각주파수
를 나타낸다.
위 그래프에서 $\sigma$와 $\omega$를 바꿔 보자.
- $\sigma<0$: 시간이 지나면서 진폭이 감소
- $\sigma=0$: 진폭이 일정
- $\sigma>0$: 시간이 지나면서 진폭이 증가
- $\omega=0$: 진동하지 않는 순수 지수함수
- $\vert \omega \vert$ 증가: 진동 속도 증가
중요한 것은
\[\frac{d}{dt}e^{st} = se^{st}\]라는 성질이 $\sigma$와 $\omega $를 모두 포함한 상태에서도 그대로 유지된다는 것이다.
1.5 모든 $s$가 실제 시스템의 해가 되는 것은 아니다
$s$는 우리가 탐색하는 복소평면의 변수이다.
하지만 특정 미분방정식의 자연응답에 등장하는 $s$는 방정식이 결정한다.
예를 들어
\[y''+2y'+5y=0\]에서
\[y=e^{st}\]라고 가정하면
\[s^2e^{st} + 2se^{st} + 5e^{st} = 0\]이다.
$e^{st}\neq0$이므로
\[s^2+2s+5=0\]이고
\[s=-1\pm2j\]이다.
따라서 이 시스템의 자연응답은
\[e^{(-1+2j)t},\qquad e^{(-1-2j)t}\]에 해당한다.
즉,
$s$는 복소평면 전체를 움직일 수 있는 변수이고,
특성방정식의 근은 그중 실제 시스템이 선택한 특정 $s$이다.
1.6 이제 변환을 만들어 보자
지수함수가 미분에 대해 특별하다는 것은 알았다.
하지만 우리가 원하는 것은 $e^{st}$ 하나를 푸는 것이 아니라 임의의 함수 $f(t)$를 새로운 영역으로 옮기는 것이다.
함수의 여러 시간 값을 하나의 값으로 모으기 위해 어떤 가중함수 $K_s(t)$를 곱해서 적분한다고 생각해 보자.
\[\mathcal T\{f\}(s) = \int_0^\infty f(t)K_s(t)\,dt\]여기서 어떤 $K_s(t)$를 골라야 할까?
우리가 원하는 핵심 성질은
\[f'(t)\]를 변환했을 때
\[sF(s)\]가 나타나는 것이다.
미분된 함수에 위 변환을 적용하면
\[\mathcal T\{f'\} = \int_0^\infty f'(t)K_s(t)\,dt\]이다.
부분적분하면
\[\begin{aligned} \mathcal T\{f'\} &= \left[ f(t)K_s(t) \right]_0^\infty - \int_0^\infty f(t)K_s'(t)\,dt. \end{aligned}\]우리는 마지막 적분이
\[s\int_0^\infty f(t)K_s(t)\,dt\]가 되기를 원한다.
그러려면
\[-K_s'(t) = sK_s(t)\]이면 된다.
즉
\[\boxed{ K_s'(t)=-sK_s(t) }\]이다.
이 1계 미분방정식의 해는
\[K_s(t) = Ce^{-st}\]이다.
$K_s(0)=1$이 되도록 $C=1$로 정하면
\[\boxed{ K_s(t)=e^{-st} }\]가 된다.
따라서 $e^{-st}$는 갑자기 선택된 것이 아니다.
미분된 함수를 부분적분했을 때 다시 원래 변환 $F(s)$가 남게 만들려면 가중함수가 $K_s'=-sK_s$를 만족해야 한다.
그 조건을 만족하는 함수가 바로 $e^{-st}$이다.
1.7 라플라스 변환의 정의
이제 라플라스 변환을 정의한다.
초기값 문제에서 주로 사용하는 단측 라플라스 변환은
\[\boxed{ F(s) = \mathcal L\{f(t)\} = \int_{0^-}^{\infty} f(t)e^{-st}\,dt }\]이다.
여기서
\[s=\sigma+j\omega\]이다.
보통 연속적인 함수에서는 $0^-$와 $0$의 차이가 없으므로
\[F(s) = \int_0^\infty f(t)e^{-st}\,dt\]라고 써도 된다.
$0^-$는 스위칭 직전 초기상태와 원점의 임펄스까지 일관되게 다루기 위한 표기이다.
1.8 $t$가 $s$로 바뀐다는 뜻이 아니다
다음 오해를 하면 안 된다.
\[f(t) \quad\longrightarrow\quad F(s)\]라고 해서 단순히 문자 $t$를 $s$로 바꾼 것이 아니다.
$t$는 시간이다.
$s$는 어떤 지수 가중치를 사용해서 시간함수를 바라볼 것인지를 정하는 변수이다.
하나의 $s$를 고정하면
\[F(s) = \int_0^\infty f(t)e^{-st}\,dt\]를 계산해서 하나의 복소수를 얻는다.
$s$를 계속 바꾸면 복소평면 위에서 여러 값이 생기고, 이 전체가 함수 $F(s)$를 이룬다.
1.9 $e^{-st}$는 실제로 무엇을 하는가?
$s=\sigma+j\omega$를 대입하면
\[e^{-st} = e^{-\sigma t}e^{-j\omega t}\]이다.
따라서 두 가지 역할을 동시에 한다.
첫째: $e^{-\sigma t}$
시간이 멀어질수록 신호에 주는 가중치를 조절한다.
$\sigma>0$이면
\[e^{-\sigma t}\]가 감소하므로 먼 시간의 값이 점점 작게 반영된다.
둘째: $e^{-j\omega t}$
특정 각주파수로 회전하는 기준과 신호를 비교한다.
예를 들어
\[f(t)=e^{j\omega_0t}\]이면
\[f(t)e^{-j\omega t} = e^{j(\omega_0-\omega)t}\]이다.
$\omega=\omega_0$라면 회전이 사라진다.
\[e^{j(\omega_0-\omega_0)t}=1\]반대로 주파수가 다르면 복소평면에서 계속 회전하며 적분 과정에서 서로 상쇄되는 효과가 생긴다.
1.10 수렴영역은 왜 필요한가?
무한 구간 적분이라고 해서 항상 값이 존재하는 것은 아니다.
예를 들어
\[f(t)=e^{0.5t}\]라고 하자.
라플라스 적분의 내부는
\[e^{0.5t}e^{-st} = e^{(0.5-\sigma)t}e^{-j\omega t}\]이다.
크기는
\[\left| e^{(0.5-\sigma)t}e^{-j\omega t} \right| = e^{(0.5-\sigma)t}\]이다.
따라서
\[\sigma>0.5\]이면 감소하지만,
\[\sigma<0.5\]이면 증가한다.
그래서 이 함수의 라플라스 변환이 존재하는 조건은
\[\boxed{ \operatorname{Re}(s)>0.5 }\]이다.
라플라스 적분이 수렴하는 $s$의 영역을
수렴영역(Region of Convergence, ROC)
이라고 한다.
$s$의 실수부를 바꾸어 보면 적분 대상이 감쇠할 때는 누적 적분값이 한 점으로 수렴하지만, 감쇠가 충분하지 않으면 수렴하지 않는 것을 확인할 수 있다.
예제 1. 상수 함수의 라플라스 변환
\[f(t)=1\]의 라플라스 변환을 정의에서 직접 구해 보자.
\[F(s) = \int_0^\infty e^{-st}\,dt\]이다.
적분하면
\[F(s) = \left[ -\frac1s e^{-st} \right]_0^\infty.\]$\operatorname{Re}s>0$이면
\[e^{-st}\to0\]이므로
\[F(s) = 0-\left(-\frac1s\right)\]이다.
따라서
\[\boxed{ \mathcal L\{1\} = \frac1s }\]이고 수렴영역은
\[\boxed{ \operatorname{Re}s>0 }\]이다.
예제 2. 지수함수의 라플라스 변환
\[f(t)=e^{at}\]라고 하자.
\[\begin{aligned} F(s) &= \int_0^\infty e^{at}e^{-st}\,dt\\ &= \int_0^\infty e^{-(s-a)t}\,dt. \end{aligned}\]따라서
\[F(s) = \left[ -\frac{1}{s-a} e^{-(s-a)t} \right]_0^\infty.\]무한대에서 지수항이 사라지려면
\[\operatorname{Re}(s-a)>0\]즉
\[\operatorname{Re}s>a\]이어야 한다.
따라서
\[\boxed{ \mathcal L\{e^{at}\} = \frac1{s-a} }\]이다.
예를 들어
\[e^{-2t} \quad\longleftrightarrow\quad \frac1{s+2}\]이다.
시간영역의 감쇠율 $-2$가 $s$영역에서는 분모의 근
\[s=-2\]로 나타난다.
예제 3. $t$의 라플라스 변환
\[\mathcal L\{t\} = \int_0^\infty te^{-st}\,dt\]이다.
부분적분을 사용한다.
\[u=t, \qquad dv=e^{-st}dt\]라 두면
\[du=dt, \qquad v=-\frac1s e^{-st}\]이다.
따라서
\[\begin{aligned} \int_0^\infty te^{-st}dt &= \left[ -\frac{t}{s}e^{-st} \right]_0^\infty + \frac1s \int_0^\infty e^{-st}dt\\ &= \frac1s\cdot\frac1s. \end{aligned}\]따라서
\[\boxed{ \mathcal L\{t\} = \frac1{s^2} }\]이다.
일반적으로
\[\boxed{ \mathcal L\{t^n\} = \frac{n!}{s^{n+1}} }\]이다.
2. 역변환과 도함수의 변환
2.1 역라플라스 변환이란?
라플라스 변환은
\[f(t) \quad\longrightarrow\quad F(s)\]로 이동하는 과정이다.
반대로 $F(s)$에서 원래 시간함수를 찾는 것을
역라플라스 변환(Inverse Laplace Transform)
이라고 한다.
\[\boxed{ f(t) = \mathcal L^{-1}\{F(s)\} }\]이다.
역변환은 대부분 이미 알고 있는 기본 변환쌍을 이용해서 계산한다.
2.2 기본 변환표
| $f(t)$ | $F(s)$ |
|---|---|
| $1$ | $\displaystyle \frac1s$ |
| $t$ | $\displaystyle \frac1{s^2}$ |
| $t^n$ | $\displaystyle \frac{n!}{s^{n+1}}$ |
| $e^{at}$ | $\displaystyle \frac1{s-a}$ |
| $\cos\omega t$ | $\displaystyle \frac{s}{s^2+\omega^2}$ |
| $\sin\omega t$ | $\displaystyle \frac{\omega}{s^2+\omega^2}$ |
| $\cosh at$ | $\displaystyle \frac{s}{s^2-a^2}$ |
| $\sinh at$ | $\displaystyle \frac{a}{s^2-a^2}$ |
이 표를 단순히 외우는 것보다 분모와 시간함수의 관계를 읽는 것이 중요하다.
예를 들어
\[\frac1{s+3}\]에서는
\[s+3=s-(-3)\]이므로
\[\boxed{ \mathcal L^{-1} \left\{ \frac1{s+3} \right\} = e^{-3t} }\]이다.
2.3 사인 함수의 공식은 왜 저렇게 생기는가?
Euler 공식을 이용하면
\[\sin\omega t = \frac{ e^{j\omega t} - e^{-j\omega t} }{2j}\]이다.
따라서 선형성을 이용하면
\[\begin{aligned} \mathcal L\{\sin\omega t\} &= \frac1{2j} \left[ \frac1{s-j\omega} - \frac1{s+j\omega} \right]. \end{aligned}\]통분하면
\[\begin{aligned} &= \frac1{2j} \frac{ (s+j\omega)-(s-j\omega) }{ s^2+\omega^2 }\\ &= \frac1{2j} \frac{2j\omega}{s^2+\omega^2}. \end{aligned}\]따라서
\[\boxed{ \mathcal L\{\sin\omega t\} = \frac{\omega}{s^2+\omega^2} }\]이다.
즉
\[s^2+\omega^2 = (s-j\omega)(s+j\omega)\]가 되는 이유도 시간영역의 진동이 복소극점
\[s=\pm j\omega\]와 연결되기 때문이다.
2.4 역변환에서는 분자까지 맞춰야 한다
다음 함수를 보자.
\[F(s) = \frac{3s+8}{s^2+4s+13}.\]분모를 완전제곱으로 만든다.
\[s^2+4s+13 = (s+2)^2+9.\]따라서
\[F(s) = \frac{3s+8}{(s+2)^2+3^2}.\]분자도 $(s+2)$를 기준으로 바꾼다.
\[3s+8 = 3(s+2)+2.\]따라서
\[F(s) = 3 \frac{s+2}{(s+2)^2+3^2} + 2 \frac1{(s+2)^2+3^2}.\]사인 변환 공식은 분자에 $3$이 필요하므로
\[2 \frac1{(s+2)^2+9} = \frac23 \frac3{(s+2)^2+9}.\]따라서
\[\boxed{ f(t) = 3e^{-2t}\cos3t + \frac23e^{-2t}\sin3t }\]이다.
분자의 $s+a$는 코사인에 대응하고, 분자의 $\omega$는 사인에 대응한다.
예제 1. 간단한 역변환
\[F(s) = \frac5{s+4}\]이면
\[\boxed{ f(t)=5e^{-4t} }\]이다.
예제 2. 여러 항이 있는 경우
\[F(s) = \frac2s - \frac3{s+1} + \frac4{s^2+4}\]이다.
각 항을 따로 역변환한다.
\[\frac2s \longrightarrow 2\] \[-\frac3{s+1} \longrightarrow -3e^{-t}\]그리고
\[\frac4{s^2+4} = 2 \frac2{s^2+2^2}\]이므로
\[\frac4{s^2+4} \longrightarrow 2\sin2t.\]따라서
\[\boxed{ f(t) = 2-3e^{-t}+2\sin2t }\]이다.
2.5 도함수의 라플라스 변환은 어디서 나오는가?
가장 중요한 공식 중 하나가
\[\boxed{ \mathcal L\{f'(t)\} = sF(s)-f(0^-) }\]이다.
이 식 역시 외우기 전에 직접 유도해 보자.
정의에서
\[\mathcal L\{f'\} = \int_{0^-}^\infty f'(t)e^{-st}\,dt\]이다.
부분적분한다.
\[u=e^{-st}, \qquad dv=f'(t)dt\]로 두면
\[du=-se^{-st}dt, \qquad v=f(t)\]이다.
따라서
\[\begin{aligned} \mathcal L\{f'\} &= \left[ f(t)e^{-st} \right]_{0^-}^{\infty} + s\int_{0^-}^\infty f(t)e^{-st}\,dt. \end{aligned}\]수렴영역에서
\[f(t)e^{-st}\to0\]이라고 하면 무한대 경계항은 0이다.
따라서
\[\boxed{ \mathcal L\{f'\} = sF(s)-f(0^-) }\]이다.
여기서 초기값이 갑자기 추가된 것이 아니다.
부분적분의 경계항에서 자연스럽게 등장한 것이다.
2.6 두 번 미분하면 어떻게 되는가?
\[\mathcal L\{f''\}\]에 방금 공식을 다시 적용한다.
\[\mathcal L\{f''\} = s\mathcal L\{f'\} - f'(0^-).\]그리고
\[\mathcal L\{f'\} = sF-f(0^-)\]이므로
\[\begin{aligned} \mathcal L\{f''\} &= s[sF-f(0^-)] - f'(0^-)\\ &= s^2F - sf(0^-) - f'(0^-). \end{aligned}\]따라서
\[\boxed{ \mathcal L\{f''\} = s^2F(s) - sf(0^-) - f'(0^-) }\]이다.
일반적으로
\[\boxed{ \mathcal L\{f^{(n)}\} = s^nF(s) - \sum_{k=0}^{n-1} s^{n-1-k}f^{(k)}(0^-) }\]이다.
예제 3. 초기값 문제가 왜 쉬워지는가?
다음을 풀어보자.
\[y''+3y'+2y=1\]초기조건은
\[y(0)=1, \qquad y'(0)=0\]이다.
Step 1. 항별로 라플라스 변환
\[\mathcal L\{y''\} = s^2Y-s\]이다.
\[\mathcal L\{3y'\} = 3(sY-1)\]이고
\[\mathcal L\{2y\}=2Y\]이다.
우변은
\[\mathcal L\{1\} = \frac1s.\]따라서
\[(s^2Y-s) + 3(sY-1) + 2Y = \frac1s.\]Step 2. $Y(s)$를 정리
\[(s^2+3s+2)Y = s+3+\frac1s.\]따라서
\[Y = \frac{ s+3+1/s }{ (s+1)(s+2) }.\]분자와 분모에 $s$를 곱하면
\[Y = \frac{s^2+3s+1} {s(s+1)(s+2)}.\]Step 3. 부분분수 전개
\[Y = \frac{A}{s} + \frac{B}{s+1} + \frac{C}{s+2}.\]계산하면
\[A=\frac12, \qquad B=1, \qquad C=-\frac12.\]따라서
\[Y = \frac1{2s} + \frac1{s+1} - \frac1{2(s+2)}.\]Step 4. 역변환
\[\boxed{ y(t) = \frac12 + e^{-t} - \frac12e^{-2t} }\]이다.
Step 5. 검산
$t=0$이면
\[y(0) = \frac12+1-\frac12 = 1\]이다.
미분하면
\[y' = -e^{-t}+e^{-2t}\]이므로
\[y'(0)=0.\]초기조건을 정확히 만족한다.
3. 라플라스 변환의 성질
3.1 선형성
라플라스 변환의 정의는 적분이므로 선형성을 가진다.
\[\begin{aligned} \mathcal L\{af+bg\} &= \int_0^\infty [af(t)+bg(t)]e^{-st}dt\\ &= aF(s)+bG(s). \end{aligned}\]따라서
\[\boxed{ \mathcal L\{af+bg\} = aF+bG }\]이다.
예제 1. 선형성 이용
\[f(t) = 3+2e^{-t}-4\sin2t\]이면
\[F(s) = 3\frac1s + 2\frac1{s+1} - 4\frac2{s^2+4}.\]따라서
\[\boxed{ F(s) = \frac3s + \frac2{s+1} - \frac8{s^2+4} }\]이다.
3.2 시간영역에서 지수를 곱하면 왜 $s$가 이동하는가?
\[\mathcal L\{f(t)\} = F(s)\]라고 하자.
시간영역에서 $e^{at}$를 곱하면
\[\begin{aligned} \mathcal L\{e^{at}f(t)\} &= \int_0^\infty e^{at}f(t)e^{-st}dt\\ &= \int_0^\infty f(t)e^{-(s-a)t}dt. \end{aligned}\]이것은 기존 $F(s)$에서 $s$ 대신 $s-a$를 넣은 것이다.
따라서
\[\boxed{ \mathcal L\{e^{at}f(t)\} = F(s-a) }\]이다.
예제 2. 감쇠 사인파
기본 변환은
\[\sin3t \longleftrightarrow \frac3{s^2+9}\]이다.
여기에 $e^{-2t}$를 곱하면 $a=-2$이므로
\[s\to s+2\]가 된다.
따라서
\[\boxed{ \mathcal L\{e^{-2t}\sin3t\} = \frac3{(s+2)^2+9} }\]이다.
시간영역에서 감쇠 $e^{-2t}$가 붙으면 $s$영역의 극점은
\[\pm3j\]에서
\[-2\pm3j\]로 이동한다.
3.3 시간 지연은 왜 $e^{-as}$가 되는가?
이번에는 완전히 다른 연산이다.
함수를 $a$초 늦게 시작시키자.
\[u(t-a)f(t-a)\]이다.
라플라스 변환하면
\[\int_a^\infty f(t-a)e^{-st}dt.\]변수를
\[\tau=t-a\]로 바꾸면
\[t=\tau+a\]이므로
\[\begin{aligned} &= \int_0^\infty f(\tau)e^{-s(\tau+a)}d\tau\\ &= e^{-as} \int_0^\infty f(\tau)e^{-s\tau}d\tau. \end{aligned}\]따라서
\[\boxed{ \mathcal L \{ u(t-a)f(t-a) \} = e^{-as}F(s) }\]이다.
$F(s-a)$와 $e^{-as}F(s)$는 전혀 다른 의미이다.
$F(s-a)$ : 시간함수에 지수함수를 곱함
$e^{-as}F(s)$ : 시간축에서 파형 자체를 $a$초 지연함
예제 3. 2초 늦게 시작하는 램프
기본 램프는
\[f(t)=t\]이고
\[F(s)=\frac1{s^2}\]이다.
2초 늦게 시작하면
\[(t-2)u(t-2)\]이다.
따라서
\[\boxed{ \mathcal L\{(t-2)u(t-2)\} = \frac{e^{-2s}}{s^2} }\]이다.
반면
\[tu(t-2)\]는 다른 함수이다.
$t=2$에서 값이 2로 시작한다.
\[t=(t-2)+2\]이므로
\[tu(t-2) = (t-2)u(t-2) + 2u(t-2).\]따라서
\[\boxed{ \mathcal L\{tu(t-2)\} = e^{-2s} \left( \frac1{s^2} + \frac2s \right) }\]이다.
3.4 시간에서 $t$를 곱하면 왜 $s$에 대해 미분하는가?
정의에서
\[F(s) = \int_0^\infty f(t)e^{-st}dt\]이다.
$s$에 대해 미분하면
\[\begin{aligned} \frac{dF}{ds} &= \int_0^\infty f(t) \frac{\partial}{\partial s} e^{-st} dt\\ &= -\int_0^\infty tf(t)e^{-st}dt. \end{aligned}\]따라서
\[\boxed{ \mathcal L\{tf(t)\} = -\frac{dF}{ds} }\]이다.
예제 4. $te^{-at}$
\[e^{-at} \longleftrightarrow \frac1{s+a}\]이므로
\[\mathcal L\{te^{-at}\} = -\frac{d}{ds} \frac1{s+a}.\]따라서
\[\boxed{ \mathcal L\{te^{-at}\} = \frac1{(s+a)^2} }\]이다.
일반적으로
\[\boxed{ \mathcal L\{t^ne^{-at}\} = \frac{n!}{(s+a)^{n+1}} }\]이다.
3.5 시간 적분은 왜 $1/s$를 곱하는가?
\[g(t) = \int_0^t f(\tau)d\tau\]라고 하자.
그러면
\[g'(t)=f(t)\]이고
\[g(0)=0\]이다.
도함수의 변환을 사용하면
\[sG(s)-g(0)=F(s)\]이다.
따라서
\[sG(s)=F(s)\]이고
\[\boxed{ G(s) = \frac{F(s)}s }\]이다.
즉
\[\boxed{ \mathcal L \left\{ \int_0^t f(\tau)d\tau \right\} = \frac{F(s)}s }\]이다.
3.6 시간축 압축과 확장
$b>0$일 때
\[f(bt)\]를 생각하자.
\[\mathcal L\{f(bt)\} = \int_0^\infty f(bt)e^{-st}dt.\] \[\tau=bt\]라고 두면
\[dt=\frac{d\tau}{b}\]이다.
따라서
\[\boxed{ \mathcal L\{f(bt)\} = \frac1b F\left(\frac{s}{b}\right) }\]이다.
$b>1$이면 시간축에서 더 빨리 진행되므로 파형이 압축된다.
3.7 초기값 정리
통상적인 조건에서
\[\boxed{ f(0^+) = \lim_{s\to\infty} sF(s) }\]이다.
예를 들어
\[F(s) = \frac5{s+2}\]이면
\[\lim_{s\to\infty} \frac{5s}{s+2} = 5.\]실제로
\[f(t)=5e^{-2t}\]이므로
\[f(0^+)=5.\]3.8 최종값 정리
적절한 안정성 조건에서
\[\boxed{ \lim_{t\to\infty}f(t) = \lim_{s\to0} sF(s) }\]이다.
하지만 단순히 $s=0$을 넣으면 되는 것은 아니다.
기약형 $sF(s)$의 극점들이 열린 좌반평면에 있어야 한다.
예제 5. 최종값 정리를 사용할 수 있는 경우
\[F(s) = \frac1{s(s+1)}\]이면
\[sF(s) = \frac1{s+1}.\]극점은
\[s=-1\]이므로 안정하다.
따라서
\[\lim_{t\to\infty}f(t) = 1.\]실제로
\[f(t)=1-e^{-t}\]이다.
예제 6. 최종값 정리를 사용하면 안 되는 경우
\[F(s) = \frac1{s^2+1}\]은
\[f(t)=\sin t\]이다.
형식적으로
\[\lim_{s\to0}sF(s)=0\]이지만 실제 $\sin t$에는 최종값이 없다.
왜냐하면 극점
\[s=\pm j\]가 허수축에 있기 때문이다.
4. 특수함수의 라플라스 변환
4.1 단위계단 함수가 필요한 이유
실제 입력은 $t=0$부터 항상 같은 식으로 주어지는 경우만 있는 것이 아니다.
예를 들어
- 2초 뒤에 스위치를 켬
- 5초 동안만 전압을 인가
- 특정 순간에 힘을 가함
같은 상황이 있다.
이러한 입력을 표현하기 위해 단위계단 함수와 임펄스를 사용한다.
단위계단 함수는
\[u(t) = \begin{cases} 0,&t<0,\\ 1,&t>0 \end{cases}\]이다.
그래프로 보면 다음과 같다.
4.2 단위계단 함수의 변환
$t\ge0$에서는 $u(t)=1$이므로
\[\mathcal L\{u(t)\} = \int_0^\infty e^{-st}dt.\]따라서
\[\boxed{ \mathcal L\{u(t)\} = \frac1s }\]이다.
$a$초에 켜지는 계단은
\[u(t-a)\]이고 시간지연 성질에 의해
\[\boxed{ \mathcal L\{u(t-a)\} = \frac{e^{-as}}s }\]이다.
예제 1. 3초 뒤에 5V를 인가하는 입력
\[v(t) = 5u(t-3)\]이다.
따라서
\[\boxed{ V(s) = \frac{5e^{-3s}}s }\]이다.
$e^{-3s}$가 바로 3초 지연 정보이다.
4.3 직사각형 펄스
진폭 $A$인 신호가 $t=a$에서 켜지고 $t=b$에서 꺼진다고 하자.
이는
\[\boxed{ p(t) = A[u(t-a)-u(t-b)] }\]로 표현할 수 있다.
왜 뺄까?
- $t<a$: 두 계단 모두 0
- $a<t<b$: 첫 계단만 1
- $t>b$: 두 계단 모두 1이므로 서로 상쇄
된다.
라플라스 변환은
\[\boxed{ P(s) = \frac{A}{s} \left( e^{-as}-e^{-bs} \right) }\]이다.
예제 2. 2초부터 5초까지 10V
\[v(t) = 10[u(t-2)-u(t-5)]\]이다.
따라서
\[\boxed{ V(s) = \frac{10}{s} \left( e^{-2s}-e^{-5s} \right) }\]이다.
4.4 구간별 함수를 계단함수로 바꾸는 방법
다음 함수를 생각하자.
\[f(t) = \begin{cases} 0,&0\le t<1,\\ t-1,&1\le t<3,\\ 2,&t\ge3. \end{cases}\]$t=1$에서 램프가 시작된다.
\[(t-1)u(t-1)\]이다.
하지만 이 램프는 $t=3$ 이후에도 계속 증가한다.
$t=3$ 이후 기울기를 없애려면
\[(t-3)u(t-3)\]를 빼면 된다.
따라서
\[\boxed{ f(t) = (t-1)u(t-1) - (t-3)u(t-3) }\]이다.
라플라스 변환은
\[\boxed{ F(s) = \frac{e^{-s}-e^{-3s}}{s^2} }\]이다.
4.5 Dirac 델타 함수는 왜 필요한가?
아주 짧은 시간 동안 매우 큰 힘을 가하는 상황을 생각해 보자.
예를 들어 망치로 물체를 순간적으로 치거나, 회로에 매우 짧은 전압 펄스를 인가하는 경우이다.
펄스의 폭을 계속 줄이면서 총 면적을 1로 유지하자.
\[p_\varepsilon(t) = \begin{cases} 1/\varepsilon,&0<t<\varepsilon,\\ 0,&\text{그 외} \end{cases}\]이면 면적은
\[\int_0^\varepsilon \frac1\varepsilon dt = 1\]이다.
$\varepsilon\to0$인 극한을 이상화한 것이
Dirac delta
\[\delta(t)\]이다.
델타는 보통의 함수처럼 특정 점의 높이를 이용해 이해하면 안 된다.
핵심은 면적이다.
\[\boxed{ \int_{-\infty}^{\infty} \delta(t)dt = 1 }\]이다.
4.6 델타의 표본 추출 성질
\[\boxed{ \int_{-\infty}^{\infty} \delta(t-a)f(t)dt = f(a) }\]이다.
즉 델타는 적분 안에서 특정 시점의 값만 골라낸다.
따라서 라플라스 변환하면
\[\begin{aligned} \mathcal L\{\delta(t-a)\} &= \int_0^\infty \delta(t-a)e^{-st}dt\\ &= e^{-as}. \end{aligned}\]따라서
\[\boxed{ \mathcal L\{\delta(t-a)\} = e^{-as} }\]이다.
특히
\[\boxed{ \mathcal L\{\delta(t)\} = 1 }\]이다.
4.7 계단을 미분하면 왜 델타인가?
단위계단은 원점을 제외하면 일정하다.
따라서 보통의 구간에서는
\[u'(t)=0\]처럼 보인다.
하지만 $t=0$에서 값이 0에서 1로 순간적으로 변한다.
도함수를 원점 주변에서 적분하면 전체 변화량 1이 나와야 한다.
그래서 일반화된 함수의 의미에서
\[\boxed{ \frac{d}{dt}u(t) = \delta(t) }\]이다.
라플라스 변환으로도 확인할 수 있다.
\[\mathcal L\{u'\} = s\frac1s-u(0^-)\]이고
\[u(0^-)=0\]이므로
\[\mathcal L\{u'\}=1.\]이는
\[\mathcal L\{\delta(t)\}=1\]과 일치한다.
4.8 주기함수의 라플라스 변환
주기가 $T$인 함수가
\[f(t+T)=f(t)\]를 만족한다고 하자.
라플라스 적분을 각 주기로 나누면
\[F(s) = \sum_{n=0}^\infty \int_{nT}^{(n+1)T} f(t)e^{-st}dt.\]각 구간에서
\[t=\tau+nT\]라고 하면 주기성 때문에
\[f(\tau+nT)=f(\tau)\]이다.
따라서
\[F(s) = \left[ \int_0^T f(\tau)e^{-s\tau}d\tau \right] \sum_{n=0}^{\infty} e^{-snT}.\]마지막은 등비급수이다.
\[1+e^{-sT}+e^{-2sT}+\cdots = \frac1{1-e^{-sT}}.\]따라서
\[\boxed{ F(s) = \frac{ \displaystyle \int_0^T f(t)e^{-st}dt }{ 1-e^{-sT} } }\]이다.
예제 3. 주기적인 펄스열
한 주기 $T$ 중 $DT$ 동안만 진폭 $A$이고 나머지는 0이라고 하자.
$D$는 듀티비이다.
한 주기의 적분은
\[\int_0^{DT} Ae^{-st}dt = \frac{A}{s} (1-e^{-sDT}).\]따라서
\[\boxed{ F(s) = \frac{ A(1-e^{-sDT}) }{ s(1-e^{-sT}) } }\]이다.
5. 합성곱과 헤비사이드 전개
5.1 왜 합성곱이 필요한가?
저항만 있는 회로에서는
\[v(t)=Ri(t)\]처럼 같은 시각의 입력과 출력이 직접 연결될 수 있다.
하지만 커패시터나 인덕터가 들어 있는 시스템은 과거를 기억한다.
예를 들어 RC 회로의 커패시터 전압은 이전에 얼마나 많은 전류가 흘렀는지에 따라 달라진다.
즉 현재 출력은 현재 입력값 하나만으로 결정되지 않는다.
과거의 입력들이 지금까지 얼마나 남아 있는지를 모두 더해야 한다.
이것이 합성곱이다.
5.2 임펄스 응답에서 합성곱이 나오는 과정
초기 상태가 0인 선형·시불변 시스템을 생각하자.
단위 임펄스
\[\delta(t)\]에 대한 출력을
\[h(t)\]라고 한다.
이를 임펄스 응답(Impulse Response)이라고 한다.
입력이 $\tau$초에 들어온
\[\delta(t-\tau)\]라면 시불변성에 의해 출력은
\[h(t-\tau)\]이다.
입력의 크기가
\[x(\tau)d\tau\]라면 그 작은 입력이 만드는 출력은
\[x(\tau)h(t-\tau)d\tau\]이다.
과거의 모든 입력을 더하면
\[\boxed{ y(t) = \int_0^t x(\tau)h(t-\tau)d\tau }\]이다.
이를
\[\boxed{ y(t) = (x*h)(t) }\]라고 쓴다.
따라서 $h(t-\tau)$는 $\tau$ 시점의 입력 효과가 현재까지 얼마나 남았는지를 나타낸다.
5.3 왜 합성곱이 라플라스 영역에서는 곱셈이 되는가?
\[y(t) = \int_0^t h(t-\tau)x(\tau)d\tau\]에 라플라스 변환을 적용한다.
\[Y(s) = \int_0^\infty \int_0^t h(t-\tau)x(\tau) d\tau\, e^{-st}dt.\] \[v=t-\tau\]라고 두면
\[t=v+\tau.\]따라서 지수항은
\[e^{-s(v+\tau)} = e^{-sv}e^{-s\tau}\]로 분리된다.
그래서 적분도 두 개로 분리된다.
\[\begin{aligned} Y(s) &= \left[ \int_0^\infty h(v)e^{-sv}dv \right] \left[ \int_0^\infty x(\tau)e^{-s\tau}d\tau \right]\\ &= H(s)X(s). \end{aligned}\]따라서
\[\boxed{ \mathcal L\{h*x\} = H(s)X(s) }\]이다.
지수함수의
\[e^{-s(v+\tau)} = e^{-sv}e^{-s\tau}\]라는 성질이 핵심이다.
예제 1. 합성곱으로 역변환
\[F(s) = \frac1{(s+a)(s+b)}\]라고 하자.
이는
\[\frac1{s+a} \cdot \frac1{s+b}\]이다.
각각의 역변환은
\[e^{-at}, \qquad e^{-bt}\]이다.
따라서
\[f(t) = \int_0^t e^{-a\tau} e^{-b(t-\tau)} d\tau.\]정리하면
\[\begin{aligned} f(t) &= e^{-bt} \int_0^t e^{-(a-b)\tau}d\tau\\ &= \frac{ e^{-at}-e^{-bt} }{ b-a }. \end{aligned}\]따라서
\[\boxed{ \mathcal L^{-1} \left\{ \frac1{(s+a)(s+b)} \right\} = \frac{ e^{-at}-e^{-bt} }{ b-a } }\]이다.
5.4 부분분수 전개가 필요한 이유
실제로 역변환에서는 합성곱보다 부분분수 전개가 더 빠른 경우가 많다.
예를 들어
\[F(s) = \frac{s+3}{(s+1)(s+2)}\]를 그대로 변환표에서 찾기는 어렵다.
그래서
\[\frac{A}{s+1} + \frac{B}{s+2}\]형태로 쪼갠다.
왜 이렇게 쪼갤까?
각 항은 바로
\[e^{-t}, \qquad e^{-2t}\]에 대응하기 때문이다.
즉 부분분수 전개는 단순히 분수를 예쁘게 만드는 계산이 아니라
복잡한 응답을 서로 다른 지수 모드로 분리하는 과정
이다.
5.5 헤비사이드 가림법
\[F(s) = \frac{s+3}{(s+1)(s+2)}\]라고 하자.
\[F(s) = \frac{A}{s+1} + \frac{B}{s+2}.\]$A$는
\[A = \left. (s+1)F(s) \right|_{s=-1}.\]따라서
\[A = \left. \frac{s+3}{s+2} \right|_{s=-1} = 2.\]마찬가지로
\[B = \left. \frac{s+3}{s+1} \right|_{s=-2} = -1.\]따라서
\[\boxed{ F(s) = \frac2{s+1} - \frac1{s+2} }\]이고
\[\boxed{ f(t) = 2e^{-t}-e^{-2t} }\]이다.
5.6 일반적인 단순극점의 헤비사이드 공식
\[F(s) = \frac{N(s)}{D(s)}\]이고 $D(s)$가 서로 다른 단순근
\[p_1,p_2,\ldots\]를 가진다면
\[F(s) = \sum_k \frac{A_k}{s-p_k}.\]계수는
\[\boxed{ A_k = \lim_{s\to p_k} (s-p_k)F(s) }\]이다.
또는
\[\boxed{ A_k = \frac{N(p_k)}{D'(p_k)} }\]로 구할 수 있다.
5.7 반복극점은 왜 항을 여러 개 써야 하는가?
다음 함수를 보자.
\[F(s) = \frac1{s(s+1)^2}.\]$s=-1$은 2중극점이다.
따라서
\[F(s) = \frac{A}{s} + \frac{B}{s+1} + \frac{C}{(s+1)^2}\]처럼 모든 차수의 항을 포함해야 한다.
계산하면
\[A=1, \qquad B=-1, \qquad C=-1.\]따라서
\[\boxed{ F(s) = \frac1s - \frac1{s+1} - \frac1{(s+1)^2} }\]이다.
역변환하면
\[\boxed{ f(t) = 1-e^{-t}-te^{-t} }\]이다.
$(s+1)^{-2}$가
\[te^{-t}\]와 연결된다.
즉 반복극점은 시간영역에서
\[t,\quad t^2,\quad\cdots\]같은 다항식 인자를 만든다.
예제 2. 복소극점이 있는 역변환
\[F(s) = \frac{s+4}{s^2+4s+8}.\]분모를 완전제곱으로 만든다.
\[s^2+4s+8 = (s+2)^2+4.\]분자는
\[s+4 = (s+2)+2.\]따라서
\[F(s) = \frac{s+2}{(s+2)^2+2^2} + \frac2{(s+2)^2+2^2}.\]따라서
\[\boxed{ f(t) = e^{-2t}\cos2t + e^{-2t}\sin2t }\]이다.
극점은
\[-2\pm2j\]이다.
실수부 $-2$는 감쇠율이고 허수부 $2$는 진동 주파수이다.
5.8 지연과 부분분수가 함께 있는 경우
\[F(s) = e^{-2s} \frac1{s(s+1)}\]이라고 하자.
먼저 지연항을 제외한다.
\[\frac1{s(s+1)} = \frac1s-\frac1{s+1}.\]따라서 기본 시간함수는
\[g(t) = 1-e^{-t}.\]이제 2초 지연시킨다.
\[\boxed{ f(t) = u(t-2) \left[ 1-e^{-(t-2)} \right] }\]이다.
지연된 함수의 내부 시간도
\[t-2\]로 바뀌어야 한다는 점에 주의해야 한다.
6. 라플라스 변환의 응용
6.1 미분방정식 초기값 문제
다음을 풀어보자.
\[y'+2y=3, \qquad y(0)=1.\]Step 1. 라플라스 변환
\[sY-1+2Y = \frac3s.\]따라서
\[(s+2)Y = 1+\frac3s.\] \[Y = \frac{s+3}{s(s+2)}.\]Step 2. 부분분수 전개
\[Y = \frac{A}{s} + \frac{B}{s+2}.\]$s=0$이면
\[A=\frac32.\]$s=-2$이면
\[B=-\frac12.\]따라서
\[Y = \frac{3}{2s} - \frac1{2(s+2)}.\]Step 3. 역변환
\[\boxed{ y(t) = \frac32 - \frac12e^{-2t} }\]이다.
$t\to\infty$이면
\[y(t)\to\frac32.\]원래 미분방정식의 정상상태에서는 $y’=0$이므로
\[2y=3\]이고
\[y=\frac32\]가 되어 일치한다.
6.2 전달함수는 무엇인가?
초기 상태가 0인 선형 시불변 시스템에서
\[Y(s) = H(s)X(s)\]라고 할 수 있다.
여기서
\[\boxed{ H(s) = \frac{Y(s)}{X(s)} }\]를 전달함수(Transfer Function)라고 한다.
전달함수는 특정 입력 자체가 아니다.
시스템이 입력을 출력으로 어떻게 바꾸는지를 나타내는 함수이다.
입력이 단위 임펄스이면
\[X(s)=1\]이므로
\[Y(s)=H(s)\]이다.
따라서
\[\boxed{ H(s) = \mathcal L\{h(t)\} }\]이다.
즉
- $h(t)$: 시간영역의 임펄스 응답
- $H(s)$: $s$영역의 전달함수
는 같은 시스템을 서로 다른 영역에서 표현한 것이다.
6.3 RC 회로의 미분방정식
직렬 RC 회로에서 커패시터 전압을 출력으로 잡자.
Kirchhoff 전압법칙에 의해
\[v_{\mathrm{in}} = v_R+v_C.\]저항에서는
\[v_R=Ri\]이고 커패시터에서는
\[i=C\frac{dv_C}{dt}.\]따라서
\[v_R = RC\frac{dv_C}{dt}.\]결국
\[\boxed{ RC\frac{dv_C}{dt} + v_C = v_{\mathrm{in}} }\]이다.
여기서
\[\tau=RC\]를 시정수라고 하면
\[\boxed{ \tau v_C'+v_C=v_{\mathrm{in}} }\]이다.
6.4 초기전압이 있는 RC 회로
초기 커패시터 전압이
\[v_C(0^-)=V_0\]이고 $t=0$부터
\[v_{\mathrm{in}}(t)=V_su(t)\]를 인가한다고 하자.
라플라스 변환하면
\[\tau [sV_C(s)-V_0] + V_C(s) = \frac{V_s}{s}.\]따라서
\[(\tau s+1)V_C = \frac{V_s}{s} + \tau V_0.\]즉
\[V_C(s) = \frac{V_s}{s(\tau s+1)} + \frac{\tau V_0}{\tau s+1}.\]첫 항은 입력 때문에 생긴 응답이고 두 번째 항은 초기 저장 에너지 때문에 생긴 응답이다.
역변환하면
\[\boxed{ v_C(t) = V_s + (V_0-V_s)e^{-t/\tau} }\]이다.
예제 1. 실제 RC 회로
\[R=1\,\mathrm{k\Omega}, \qquad C=100\,\mu\mathrm F\]라고 하자.
시정수는
\[\tau = RC = 1000 \times 100\times10^{-6} = 0.1\,\mathrm s.\]초기전압이
\[V_0=2\,\mathrm V\]이고 입력전압이
\[V_s=5\,\mathrm V\]이면
\[\boxed{ v_C(t) = 5-3e^{-10t} }\]이다.
$t=0$이면
\[v_C(0)=2\,\mathrm V\]이고
$t\to\infty$이면
\[v_C(t)\to5\,\mathrm V.\]$t=\tau=0.1\,\mathrm s$에서는
\[v_C(0.1) = 5-3e^{-1} \approx3.90\,\mathrm V.\]6.5 왜 시정수 한 번마다 $e^{-1}$이 나오는가?
RC 응답에서 최종값과 현재값의 차이를 보자.
\[v_C(t)-V_s = (V_0-V_s)e^{-t/\tau}.\]$t=\tau$이면
\[e^{-t/\tau} = e^{-1} \approx0.368.\]따라서 최종값과의 차이가 처음의 약
\[36.8\%\]로 줄어든다.
$t=5\tau$에서는
\[e^{-5}\approx0.0067\]이므로 사실상 정상상태에 매우 가까워진다.
6.6 RC 회로에 펄스를 인가하면?
초기전압은 0이고
\[v_{\mathrm{in}}(t) = V_s[u(t)-u(t-T)]\]라고 하자.
입력의 변환은
\[V_{\mathrm{in}}(s) = \frac{V_s}{s} (1-e^{-sT}).\]RC 전달함수는
\[H(s) = \frac1{\tau s+1}.\]따라서
\[V_C(s) = \frac{V_s}{s(\tau s+1)} (1-e^{-sT}).\]시간영역에서는
\[\boxed{ v_C(t) = V_s(1-e^{-t/\tau})u(t) - V_s \left[ 1-e^{-(t-T)/\tau} \right] u(t-T) }\]이다.
구간별로 쓰면
\[v_C(t) = \begin{cases} V_s(1-e^{-t/\tau}), & 0\le t<T,\\[6pt] V_s(1-e^{-T/\tau}) e^{-(t-T)/\tau}, & t\ge T. \end{cases}\]첫 구간에서는 충전하고, 입력이 꺼진 뒤에는 그 순간 저장되어 있던 전압을 초기값으로 방전한다.
입력이 0이 되었다고 커패시터 전압도 즉시 0이 되는 것은 아니다.
이것이 시스템의 기억(memory)이다.
6.7 $s$영역에서 저항·인덕터·커패시터
저항
\[v_R(t)=Ri(t)\]이므로
\[\boxed{ V_R(s)=RI(s) }\]이다.
인덕터
\[v_L = L\frac{di_L}{dt}\]이므로
\[V_L = L[sI_L-i_L(0^-)].\]따라서
\[\boxed{ V_L = sLI_L - Li_L(0^-) }\]이다.
초기전류가 0이면
\[\frac{V_L}{I_L} = sL.\]커패시터
\[i_C = C\frac{dv_C}{dt}\]이므로
\[I_C = C[sV_C-v_C(0^-)].\]따라서
\[\boxed{ I_C = sCV_C - Cv_C(0^-) }\]이다.
초기전압이 0이면
\[\frac{V_C}{I_C} = \frac1{sC}.\]따라서 영상태에서는
| 소자 | $s$영역 임피던스 |
|---|---|
| 저항 | $R$ |
| 인덕터 | $sL$ |
| 커패시터 | $\displaystyle \frac1{sC}$ |
이다.
하지만 초기 에너지가 존재하면 초기조건 항을 별도로 포함해야 한다.
6.8 RLC 회로
직렬 RLC 회로에서 커패시터 전압을 출력으로 잡으면
\[LCv_C'' + RCv_C' + v_C = v_{\mathrm{in}}\]이다.
초기상태가 0이면
\[(LCs^2+RCs+1)V_C = V_{\mathrm{in}}.\]따라서 전달함수는
\[\boxed{ H_C(s) = \frac{V_C(s)}{V_{\mathrm{in}}(s)} = \frac1{LCs^2+RCs+1} }\]이다.
예제 2. RLC 회로의 극점
\[L=1\,\mathrm H, \qquad R=2\,\Omega, \qquad C=0.2\,\mathrm F\]라고 하자.
그러면
\[LC=0.2, \qquad RC=0.4.\]따라서
\[H_C(s) = \frac1{0.2s^2+0.4s+1}\]이다.
분자와 분모에 5를 곱하면
\[H_C(s) = \frac5{s^2+2s+5}.\]완전제곱하면
\[\boxed{ H_C(s) = \frac5{(s+1)^2+4} }\]이다.
극점은
\[\boxed{ s=-1\pm2j }\]이다.
따라서
- 실수부 $-1$ → 감쇠
- 허수부 $\pm2$ → 진동
을 의미한다.
임펄스 응답은
\[\boxed{ h_C(t) = \frac52e^{-t}\sin2t\,u(t) }\]이다.
6.9 RLC 회로에 계단 입력을 가하면?
초기상태가 0이고 입력이
\[v_{\mathrm{in}}(t)=u(t)\]이면
\[V_{\mathrm{in}}(s) = \frac1s.\]따라서
\[V_C(s) = \frac5{ s(s^2+2s+5) }.\]부분분수로 정리하면
\[V_C(s) = \frac1s - \frac{s+2}{(s+1)^2+4}.\]분자를
\[s+2=(s+1)+1\]로 나누면
\[V_C(s) = \frac1s - \frac{s+1}{(s+1)^2+4} - \frac1{(s+1)^2+4}.\]마지막 항은
\[\frac12 \frac2{(s+1)^2+4}\]이다.
따라서
\[\boxed{ v_C(t) = 1 - e^{-t}\cos2t - \frac12e^{-t}\sin2t }\]이다.
또는
\[\boxed{ v_C(t) = 1 - e^{-t} \left( \cos2t+\frac12\sin2t \right) }\]이다.
시간이 충분히 지나면 감쇠항이 사라져
\[v_C(t)\to1\]이다.
6.10 극점은 왜 중요한가?
전달함수
\[H(s) = \frac{N(s)}{D(s)}\]에서 분모가 0이 되는 점을 극점(Pole)이라고 한다.
\[D(p)=0\]이다.
극점 $p$에 대응하는 시간영역 항은 대체로
\[e^{pt}\]형태이다.
$p=\sigma+j\omega$이면
\[e^{pt} = e^{\sigma t} [ \cos\omega t + j\sin\omega t ].\]따라서
- $\operatorname{Re}p<0$: 감쇠
- $\operatorname{Re}p=0$: 감쇠하지 않음
- $\operatorname{Re}p>0$: 성장
- $\operatorname{Im}p\neq0$: 진동
이다.
즉 극점의 위치만 보고도 시스템의 시간응답 특성을 상당 부분 예측할 수 있다.
6.11 영점은 무엇인가?
전달함수의 분자가 0이 되는 점을
영점(Zero)
이라고 한다.
예를 들어 RC 회로에서 저항 전압을 출력으로 잡으면
\[H_R(s) = \frac{RCs}{1+RCs}.\]분자는
\[RCs\]이므로 원점
\[s=0\]에 영점이 있다.
따라서
\[H_R(0)=0.\]$s=0$은 DC와 연결된다.
즉 일정한 DC 입력이 충분히 오래 지속되면 저항 전압은 0이 된다.
실제로 커패시터가 완전히 충전된 후에는 전류가 흐르지 않으므로
\[v_R=Ri=0\]이다.
6.12 왜 주파수 응답에서는 $s=j\omega$를 사용하는가?
앞에서
\[s=\sigma+j\omega\]라고 했다.
정상상태 정현파는 시간이 지나도 진폭이 자체적으로 증가하거나 감소하지 않는다.
따라서
\[\sigma=0\]인 경우이다.
즉
\[\boxed{ s=j\omega }\]이다.
복소지수 입력을
\[x(t)=e^{j\omega t}\]라고 하면 선형 시불변 시스템의 정상상태 출력은
\[\boxed{ y(t) = H(j\omega)e^{j\omega t} }\]이다.
$H(j\omega)$는 일반적으로 복소수이므로
\[H(j\omega) = |H(j\omega)| e^{j\angle H(j\omega)}\]라고 쓸 수 있다.
따라서 실수 코사인 입력
\[x(t) = A\cos\omega t\]에 대한 정상상태 출력은
\[\boxed{ y_{\mathrm{ss}}(t) = A|H(j\omega)| \cos[ \omega t+\angle H(j\omega) ] }\]이다.
즉 시스템은
-
진폭을 $ H(j\omega) $배 - 위상을 $\angle H(j\omega)$만큼
변화시킨다.
이 지점에서 라플라스 변환과 푸리에 해석이 연결되기 시작한다.
6.13 같은 시스템을 세 가지 방법으로 보는 법
RC 회로를 예로 들면 다음 세 식이 있다.
미분방정식
\[RCv_C'+v_C=v_{\mathrm{in}}\]임펄스 응답
\[h(t) = \frac1{RC} e^{-t/(RC)} u(t)\]전달함수
\[H(s) = \frac1{1+RCs}\]세 식은 서로 다른 회로를 의미하는 것이 아니다.
같은 RC 회로를 서로 다른 관점에서 표현한 것이다.
| 표현 | 무엇을 보여 주는가 |
|---|---|
| 미분방정식 | 순간적인 변화율과 물리 법칙 |
| 임펄스 응답 | 과거 입력이 현재까지 남긴 영향 |
| 전달함수 | 입력과 출력의 $s$영역 관계 |
문제 풀이 순서
라플라스 변환 문제를 풀 때는 다음 순서를 추천한다.
Step 1. 입력과 출력 확인
무엇이 입력이고 무엇을 구해야 하는지 확인한다.
Step 2. 초기조건 확인
\[y(0^-),\quad y'(0^-)\]등이 있는지 확인한다.
Step 3. 시간영역 방정식 작성
미분방정식을 먼저 정확하게 세운다.
Step 4. 입력을 적절하게 표현
계단, 펄스, 임펄스, 구간별 함수인지 확인한다.
Step 5. 라플라스 변환
미분항에서 초기조건을 빠뜨리지 않는다.
\[y' \rightarrow sY-y(0^-)\] \[y'' \rightarrow s^2Y-sy(0^-)-y'(0^-)\]Step 6. $Y(s)$ 정리
대수적으로 출력 변환을 구한다.
Step 7. 역변환 가능한 형태로 변형
필요하면
- 부분분수
- 완전제곱
- 시간지연
- 합성곱
을 사용한다.
Step 8. 역라플라스 변환
시간영역의 해를 구한다.
Step 9. 검산
반드시 다음을 확인한다.
- 초기값
- 최종값
- 원래 미분방정식
- 극점
- 단위
- 물리적인 의미
종합 예제 1. 지연된 입력이 있는 초기값 문제
다음을 풀어보자.
\[y'+2y=u(t-1), \qquad y(0^-)=1.\]Step 1. 라플라스 변환
\[sY-1+2Y = \frac{e^{-s}}s.\]따라서
\[(s+2)Y = 1+ \frac{e^{-s}}s.\] \[Y = \frac1{s+2} + e^{-s} \frac1{s(s+2)}.\]Step 2. 지연되지 않은 부분 분해
\[\frac1{s(s+2)} = \frac12 \left( \frac1s-\frac1{s+2} \right).\]따라서 기본 함수는
\[\frac12 (1-e^{-2t}).\]Step 3. 1초 지연
\[e^{-s} \frac1{s(s+2)}\]이므로
\[\frac12 u(t-1) \left[ 1-e^{-2(t-1)} \right].\]따라서
\[\boxed{ y(t) = e^{-2t} + \frac12u(t-1) \left[ 1-e^{-2(t-1)} \right] }\]이다.
첫 항은 처음부터 존재했던 초기상태의 영향이고, 두 번째 항은 $t=1$에서 켜진 입력의 영향이다.
종합 예제 2. 임펄스 입력
\[y'+2y = 3\delta(t-1), \qquad y(0^-)=0\]을 풀어보자.
라플라스 변환하면
\[sY+2Y = 3e^{-s}.\]따라서
\[Y = \frac{3e^{-s}}{s+2}.\]기본 함수는
\[3e^{-2t}\]이고 1초 지연되어 있으므로
\[\boxed{ y(t) = 3u(t-1)e^{-2(t-1)} }\]이다.
$t=1$ 직전에는
\[y(1^-)=0\]이고 직후에는
\[y(1^+)=3\]이다.
실제로 원래 방정식을 $t=1$ 주변에서 아주 짧은 구간에 대해 적분하면
\[\int_{1^-}^{1^+}y'dt + 2\int_{1^-}^{1^+}y\,dt = 3.\]구간이 무한히 작아지면 두 번째 적분은 0으로 가므로
\[y(1^+)-y(1^-)=3\]이다.
임펄스가 상태를 순간적으로 변화시킨 것이다.
종합 예제 3. 최종값 정리를 사용해도 되는가?
\[F(s) = \frac1{s(s^2+1)}\]을 생각하자.
형식적으로
\[\lim_{s\to0}sF(s) = 1\]이다.
하지만
\[sF(s) = \frac1{s^2+1}\]의 극점은
\[s=\pm j\]이다.
허수축 위에 극점이 있으므로 최종값 정리의 조건을 만족하지 않는다.
실제로
\[F(s) = \frac1s - \frac{s}{s^2+1}\]이므로
\[\boxed{ f(t)=1-\cos t }\]이다.
이 함수는 계속 진동하므로 최종값이 존재하지 않는다.
따라서
최종값 정리는 단순히 $s\to0$을 대입하는 공식이 아니라, 시스템이 실제로 정상상태에 수렴하는지 확인한 뒤 사용하는 정리이다.
핵심 공식 정리
라플라스 변환
\[\boxed{ F(s) = \mathcal L\{f(t)\} = \int_0^\infty f(t)e^{-st}dt }\] \[\boxed{ s=\sigma+j\omega }\]도함수
\[\boxed{ \mathcal L\{f'\} = sF-f(0^-) }\] \[\boxed{ \mathcal L\{f''\} = s^2F - sf(0^-) - f'(0^-) }\]$s$ 이동
\[\boxed{ e^{at}f(t) \longleftrightarrow F(s-a) }\]시간 지연
\[\boxed{ u(t-a)f(t-a) \longleftrightarrow e^{-as}F(s) }\]시간에서 $t$를 곱하기
\[\boxed{ tf(t) \longleftrightarrow -\frac{dF}{ds} }\]시간 적분
\[\boxed{ \int_0^t f(\tau)d\tau \longleftrightarrow \frac{F(s)}s }\]합성곱
\[\boxed{ (f*g)(t) = \int_0^t f(\tau)g(t-\tau)d\tau }\] \[\boxed{ \mathcal L\{f*g\} = F(s)G(s) }\]단위계단
\[\boxed{ u(t-a) \longleftrightarrow \frac{e^{-as}}s }\]임펄스
\[\boxed{ \delta(t-a) \longleftrightarrow e^{-as} }\]주기함수
\[\boxed{ F(s) = \frac{ \displaystyle\int_0^T f(t)e^{-st}dt }{ 1-e^{-sT} } }\]Summary
라플라스 변환의 정의는 단순히 외워야 할 임의의 공식이 아니다.
먼저 우리는 미분방정식을 더 간단한 대수방정식으로 바꾸고 싶었다.
미분했을 때 형태가 유지되는 함수를 찾으면
\[e^{st}\]가 나온다.
그리고 성장·감쇠와 진동을 동시에 표현하기 위해
\[s=\sigma+j\omega\]라는 복소수를 사용한다.
임의의 함수를 변환하면서 미분을 $s$의 곱셈으로 바꾸려면 가중함수 $K_s(t)$가
\[K_s'=-sK_s\]를 만족해야 한다.
그 결과
\[K_s(t)=e^{-st}\]가 자연스럽게 나온다.
따라서
\[\boxed{ F(s) = \int_0^\infty f(t)e^{-st}dt }\]라는 라플라스 변환의 정의가 만들어진다.
라플라스 변환에서는
\[\frac{d}{dt}\]가
\[s\]의 곱셈으로 바뀌면서 초기조건이 경계항으로 함께 남는다.
그래서 초기값을 가진 미분방정식, 계단과 펄스 입력, 임펄스, 회로의 과도응답을 한 가지 방법으로 다룰 수 있다.
또한
\[s=\sigma+j\omega\]에서 극점의 실수부는 감쇠와 성장, 허수부는 진동을 나타낸다.
따라서 라플라스 변환은 단순히 미분방정식을 풀기 위한 계산법을 넘어
- 시스템의 자연응답
- 초기상태
- 과도응답
- 임펄스 응답
- 전달함수
- 극점과 영점
- 안정성
- 주파수 응답
을 하나의 $s$평면에서 연결해서 볼 수 있게 해 준다.
다음 단계에서는 이 아이디어가 푸리에 급수와 푸리에 변환에서 주파수 성분을 분석하는 방법으로 어떻게 이어지는지 연결해서 살펴볼 수 있다.
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