라플라스 변환(Laplace Transform) - 5. 디랙 델타 함수(Dirac Delta Function)

디랙 델타 함수(Dirac Delta Function)는 이론물리학자 폴 디랙(Paul Dirac)이 고안해낸 함수로, $\delta (t)$로 표기하며, $0$이 아닌 실수에서는 $0$의 값을 가지지만 $0$에서는 무한대의 값을 가지는 함수를 말한다. 크로네커 델타(Kronecker delta)의 연속함수로도 볼 수 있다. 이 함수는 일반적인 의미에서의 함수는 아니지만, 수학의 많은 분야에 다양하게 응용된다.

[정의 9] 아래와 같이 함수열(sequence of functions)을 정의하자.

$$f_k(t-a)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{k},& a\le t\le a+k\\ 0,& \text{otherwise}\end{array}$$

디랙 델타 함수(Dirac's delta function)는 함수열 $f_k$의 극한으로 정의한다. 다시 말해,

$$\delta (t-a):=\underset{k\to 0}{lim}{f}_k(t-a)=\{\begin{array}{ll}\mathrm{\infty },& t=a\\ 0,& \text{otherwise}\end{array}$$

먼저 위 정의를 보면 다음의 사실을 쉽게 확인할 수 있다.

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\delta (t-a)dt=1$$ 

또한,

$$\begin{array}{rl}\mathcal{L}(\delta (t-a))& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}\delta (t-a)dt\\ & =\underset{k\to 0}{lim}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-st}{f}_k(t-a)dt\\ & =\underset{k\to 0}{lim}{\int }_a^{a+k}{e}^{-st}\frac{1}{k}dt\\ & =\underset{k\to 0}{lim}\left({-\frac{e^{-st}}{ks}|}_a^{a+k}\right)\\ & =\underset{k\to 0}{lim}\frac{1}{ks}(e^{-as}-e^{-(a+k)s})\\ & =\underset{k\to 0}{lim}\frac{e^{-as}}{ks}(1-e^{-ks})\\ & =e^{-as}\end{array}$$

이제 디랙 델타 함수를 이용하는 세가지 예제를 살펴보자.

[예제 16] 다음 미분방정식을 살펴보자.

$$\{\begin{array}{l}{y}^{″}+3y^{\prime }+2y=u(t-1)-u(t-2),\\ y(0)=y^{\prime }(0)=0.\end{array}$$

위 방정식의 양변에 라플라스 변환을 적용하면 다음을 얻는다.

$$s^{2}Y+3sY+2Y=\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s}$$

따라서

$$\begin{array}{rl}Y& =\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s(s+1)(s+2)}\\ & =(\frac{\frac{1}{2}}{s}-\frac{1}{s+1}+\frac{\frac{1}{2}}{s+2})(e^{-s}-e^{-2s})\end{array}$$

이 때, ${\mathcal{L}}^{-1}(\frac{\frac{1}{2}}{s}-\frac{1}{s+1}+\frac{\frac{1}{2}}{s+2})=\frac{1}{2}-e^{-t}+\frac{1}{2}{e}^{-2t}$이므로,

$$\begin{array}{rl}y& =(\frac{1}{2}-e^{-(t-1)}+\frac{1}{2}{e}^{-2(t-1)})u(t-1)\\ & +(\frac{1}{2}-e^{-(t-2)}+\frac{1}{2}{e}^{-2(t-2)})u(t-2)\end{array}$$

[예제 17] 다음의 미분방정식을 살펴보자.

$$\{\begin{array}{l}{y}^{″}+3y^{\prime }+2y=\delta (t-1),\\ y(0)=y^{\prime }(0)=0.\end{array}$$

위 방정식의 양변에 라플라스 변환을 적용하면 다음을 얻는다.

$$s^{2}Y+3sY+2Y=e^{-s}.$$

위 식을 $Y$에 관해 정리하면,

$$Y=\frac{e^{-s}}{(s+1)(s+2)}=(\frac{1}{s+1}-\frac{1}{s+2})e^{-s}.$$

이제 역 라플라스 변활을 이용하여 다음을 얻는다.

$${\mathcal{L}}^{-1}(\frac{1}{s+1}-\frac{1}{s+2})=e^{-t}-e^{-2t}.$$

그러므로

$$y=(e^{-(t-1)}-e^{-2(t-1)})u(t-1).$$

[예제 18] 다음의 미분방정식을 살펴보자.

$$y^{″}+2y^{\prime }+2y=\{\begin{array}{ll}10\sin 2t,& 0<t<\pi \\ 0,& t>\pi \end{array}$$

이 때, 초기조건(initial condition)은 $y(0)=1,y^{\prime }(0)=-5$라 하자. 그러면,

$$\begin{array}{rl}\text{RHS}& =10\sin 2t(1-u(t-\pi ))\\ & =10\sin 2t-10\sin 2(t-\pi )u(t-\pi ).\end{array}$$

따라서 다음을 얻는다.

$$\mathcal{L}(\text{RHS})=\frac{20}{s^2+4}(1-e^{-\pi s}).$$

그러므로

$$s^{2}Y-s+5+2(sY-1)+2Y=\frac{20}{s^2+4}(1-e^{-\pi s}).$$

따라서

$$(s^2+2s+2)Y=\frac{20}{s^2+4}(1-e^{-\pi s})+s-3.$$

위 식을 $Y$에 관해 정리하여,

$$\begin{array}{rl}Y& =\frac{20}{(s^2+4)(s^2+2s+2)}(1-e^{-\pi s})+\frac{s-3}{s^2+2s+2}\\ & =(\underset{(1)}{\underbrace{\frac{-2s-2}{s^2+4}}}+\underset{(2)}{\underbrace{\frac{2(s+1)+4}{(s+1{)}^2+1}}})(1-e^{-\pi s})+\underset{(3)}{\underbrace{\frac{(s+1)-4}{(s+1{)}^2+1}}}\end{array}$$

을 얻는다. 이제 위 방정식의 우변을 각 항별로 풀어 정리하면,

$$(1)-2\cos 2t-\sin 2t+2e^{-t}\cos t+4e^{-t}\sin 2t$$

$$\begin{array}{rl}(2)& [-s\cos 2(t-\pi )-\sin 2(t-\pi )+e^{-(t-\pi )}\cos (t-\pi )+4e^{-(t-\pi )}\sin 2(t-\pi )]u(t-\pi )\end{array}$$

$$(3)e^{-t}\cos t-4e^{-t}\sin t$$

최종적으로, $y=(1)-(2)+(3)$을 얻는다.