라플라스 변환의 기본 공식

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1 출제 포인트 — 이렇게 나옵니다

38회 시험 중에서 35번 나왔습니다

2010~2022년 기출 38회 시험 기준

출제 회차 2010년 1차 · 2010년 2차 · 2010년 3차 · 2011년 1차 · 2011년 2차 · 2011년 3차 · 2012년 2차 · 2012년 3차 · 2013년 1차 · 2013년 2차 · 2014년 1차 · 2014년 2차 · 2014년 3차 · 2015년 1차 · 2015년 2차 · 2015년 3차 · 2016년 1차 · 2016년 3차 · 2017년 1차 · 2017년 2차 · 2017년 3차 · 2018년 1차 · 2018년 2차 · 2018년 3차 · 2019년 1차 · 2019년 2차 · 2019년 3차 · 2020년 1차 · 2020년 2차 · 2020년 3차 · 2021년 1차 · 2021년 2차 · 2021년 3차 · 2022년 1차 · 2022년 2차

2 쉬운 설명

라플라스 변환은 시간 $t$ 의 함수 $f(t)$ 를 $s$ 의 함수 $F(s)$ 로 바꾸는 방법이다. 여기서 $s$ 는 복소수 변수이다. 정의는 $F(s)=\int_{0}^{\infty} f(t)\,e^{-st}\,dt$ 이며, 미분방정식을 $s$ 의 대수식으로 바꿔 풀게 해 준다.

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기본 변환은 외워 둔다. 상수 1 은 $\frac{1}{s}$ , $t$ 는 $\frac{1}{s^{2}}$ , $e^{at}$ 는 $\frac{1}{s-a}$ 이다(단, $s$ 는 $a$ 의 실수부보다 커야 한다). $\sin\omega t$ 는 $\frac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}}$ , $\cos\omega t$ 는 $\frac{s}{s^{2}+\omega^{2}}$ 이다( $\omega$ 는 각주파수, 단위 rad/s). 합과 상수배는 변환 뒤에도 그대로 유지되는 선형성이 있어 $3t^{2}$ 의 변환은 $3\times\frac{2}{s^{3}}=\frac{6}{s^{3}}$ 이다.

거듭제곱 함수는 $\mathcal{L}[t^{n}]=\frac{n!}{s^{n+1}}$ 이다. $n!$ 은 $n$ 부터 1 까지 곱한 값이다. $t^{0}=1$ 은 $\frac{1}{s}$ , $t$ 는 $\frac{1}{s^{2}}$ , $t^{2}$ 는 $\frac{2}{s^{3}}$ 이다. 지수 $n$ 이 1 늘 때마다 분모의 $s$ 의 거듭제곱도 1 늘고 분자에는 $n$ 이 차례로 곱해진다. 분자가 $n$ 이나 $n+1$ 인 보기, 분모의 지수가 $n$ 이나 $n!$ 인 보기는 이 규칙과 다르다.

$e^{-at}$ 가 곱해지면 변환에서 $s$ 가 $s+a$ 로 옮겨 간다(복소 추이 정리). $\mathcal{L}\left[e^{-at}\sin\omega t\right]=\frac{\omega}{(s+a)^{2}+\omega^{2}}$ 가 그 예이다. 역변환에서 분모가 $s^{2}+2s+5$ 처럼 제곱의 합 꼴로 고쳐지면, 분모를 완전제곱 꼴로 고쳐 분자 꼴에 따라 코사인·사인과 지수 감쇠의 곱으로 읽는다. $\frac{1}{s^{2}+2s+5}$ 는 분모가 $(s+1)^{2}+2^{2}$ 이어서 $a=1$ , $\omega=2$ 이다.

신호가 $T$ 만큼 늦게 시작하면 변환에 $e^{-Ts}$ 가 곱해진다(시간 지연 정리). $f(t-T)u(t-T)$ 의 변환은 $e^{-Ts}F(s)$ 이고, 단위 임펄스를 늦춘 $\delta(t-T)$ 의 변환은 $e^{-Ts}$ 이다. 구형파는 켜지는 계단(단위 계단함수 $u(t)$ )과 꺼지는 계단의 합이다. 높이 2 가 $t=0$ 에서 켜져 $t=4$ 에서 꺼지면 $2u(t)$ 와 $-2u(t-4)$ 의 합이므로 $F(s)=\frac{2}{s}\left(1-e^{-4s}\right)$ 이다.

분수 꼴의 역변환은 변환표의 꼴로 쪼개 읽는다. 분모가 일차식의 곱이면 부분분수로 나눈다. $\frac{2s+3}{(s+1)(s+2)}=\frac{A}{s+1}+\frac{B}{s+2}$ 로 놓고, 계수는 양변에 그 조각의 분모를 곱한 뒤 그 분모가 0 이 되는 $s$ 값을 넣어 구한다(예: $A$ 는 $s=-1$ 을 $\frac{2s+3}{s+2}$ 에 넣는다). $\frac{2s+3}{(s+1)(s+2)}=\frac{1}{s+1}+\frac{1}{s+2}$ 이므로 역변환은 $e^{-t}+e^{-2t}$ 이다.

3 이 개념이 나온 기출문제

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4 체크리스트 + 암기팁

암기팁

t^{n}

의 변환 =

\displaystyle \frac{n!}{s^{n+1}}

\displaystyle \frac{1}{s}

\displaystyle \frac{1}{s^{2}}

\displaystyle \frac{2}{s^{3}}

\displaystyle \frac{6}{s^{4}}

…

암기팁 높이

A

, 폭

T

인 구형파의 변환은

\displaystyle \frac{A}{s}\left(1-e^{-Ts}\right)

이다.

함정 주의

e^{-at}

가 곱해지면

s

가

s+a

로 옮겨 가고(복소 추이), 신호가

T

만큼 늦게 시작하면

e^{-Ts}

가 곱해진다(시간 지연). 둘을 섞지 않는다.

정의 식은 $F(s)=\int_{0}^{\infty} f(t)\,e^{-st}\,dt$ 이다. 보기에서 적분 구간이 0 에서 $\infty$ 인지, 지수 $e^{-st}$ 에 마이너스가 붙었는지, $f$ 안에 $t$ 가 그대로 들어갔는지를 차례로 본다. $e^{at}$ 의 $a$ 자리에는 실수든 허수든 그대로 넣을 수 있어 $j\omega$ 를 넣으면 $e^{j\omega t}$ 는 $\frac{1}{s-j\omega}$ 이다. 여기서 $j$ 는 제곱하면 $-1$ 이 되는 허수 단위이다.
$\frac{1}{s^{2}+2s+5}$ 의 역변환은 $a=1$ , $\omega=2$ 에 분자 맞춤 $\frac{1}{2}$ 이 붙은 $\frac{1}{2}e^{-t}\sin 2t$ 이다. 분자에 $\omega=2$ 가 없으므로 $\frac{1}{2}$ 을 꺼내 $\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{(s+1)^{2}+2^{2}}$ 로 읽으면 역변환은 $\frac{1}{2}e^{-t}\sin 2t$ 이다. 계수 $\frac{1}{2}$ 이 없는 $e^{-t}\sin 2t$ 의 변환은 $\frac{2}{(s+1)^{2}+2^{2}}$ 이고, $\sin t$ 가 든 보기는 $\omega=1$ 인 함수라 분모의 $\omega=2$ 와 맞지 않는다.
기본 공식은 $\frac{1}{s}\to1$ , $\frac{1}{s+a}\to e^{-at}$ , $\frac{1}{s^{n+1}}\to\frac{t^{n}}{n!}$ 이다. 분자와 분모의 차수가 같으면 먼저 나눗셈으로 상수를 떼어 낸다(상수는 $\delta(t)$ 꼴로 되돌아간다). 예를 들어 $\frac{s^{2}+3s+2}{s^{2}+2s+5}$ 는 몫이 1 이고, 상수 1 은 $\delta(t)$ 가 된다.

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높이 2, 폭 4 의 구형파에서 시간이 4 만큼 늦어지는 것은 $e^{-4s}$ 이고 $e^{4s}$ 는 시간 지연을 나타내지 못한다. 분자는 구형파의 높이 2 이고 4 는 폭이므로, 분자가 4 인 보기는 틀리다. 사각 펄스는 $t=1$ 에서 켜지는 계단에서 $t=2$ 에서 켜지는 계단을 뺀다. $f(t)=u(t-1)-u(t-2)$ 의 변환은 $\frac{1}{s}(e^{-s}-e^{-2s})$ 이다. $t=T$ 부터 기울기 $-\frac{E}{T}$ 로 내려가는 지연 램프( $E$ 는 그림이 주는 값)의 변환은 $-\frac{E}{Ts^{2}}e^{-Ts}$ 로, 내려가는 방향이 앞의 − 부호로 나타난다.
처음값이 0 이면 $\frac{d}{dt}$ 는 $s$ 곱, $\frac{d^{2}}{dt^{2}}$ 는 $s^{2}$ 곱, 상수 1 은 $\frac{1}{s}$ 로 바뀐다. $(s^{2}+5s+6)Y(s)=X(s)$ 이면 전달함수는 $\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{1}{(s+2)(s+3)}$ 이다. 임펄스 입력의 변환은 1 이므로 임펄스 응답은 전달함수의 역변환이다(예: $\dfrac{1}{(s+a)^2}\to te^{-at}$ ).
최종값은 $\lim_{t\to\infty}f(t)=\lim_{s\to0}sF(s)$ 이다. $sF(s)$ 의 극점이 모두 왼쪽 반평면에 있어야 쓸 수 있다. $sF(s)=\frac{2s+15}{s^{2}+s+3}$ 이면 $s\to0$ 에서 분자는 15, 분모는 3 이어서 5 이다.

5 예제 — 이 개념, 실제로 이렇게 나왔습니다

2011년 3차 회로이론 및 제어공학 71번 — 분모 s²+2s+5 의 역변환[그림46] 의 값은?계산해설 보기 →2017년 1차 회로이론 및 제어공학 76번 — 구형파의 라플라스 변환그림과 같은 구형파의 라플라스 변환은?[그림82]계산해설 보기 →2020년 3차 회로이론 및 제어공학 80번 — t^n 의 라플라스 변환 식f(t)=

t^{n}

의 라플라스 변환 식은?옳은 것 고르기해설 보기 →

6 이론 근거 — 정의가 곧 정답입니다항목 36개 · 눌러서 펼치기눌러서 닫기

라플라스 변환의 기본 공식

상수 1과 cosωt의 라플라스 변환은 각각 1/s, s/(s²+ω²)이며, 변환은 선형성(합·차를 그대로 보존)을 만족한다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 4문항이 인용

라플라스 변환 공식

t^{n}

의 라플라스 변환은

\frac{n!}{s^{n+1}}

이다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 2문항이 인용

사인 함수의 라플라스 변환

\mathcal{L}[\sin\omega t]=\frac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}}

이다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 2문항이 인용

RC 직렬회로의 과도응답

전압 방정식을 라플라스 변환하면

I(s)=\frac{V}{R}\cdot\frac{1}{s+\frac{1}{RC}}

이며 전류는

e^{-t/RC}

로 줄어든다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

RL 전압분배기의 라플라스 해석

직렬 RL회로에서 R 양단 전압을 출력으로 잡으면 전달함수는 R/(R+sL)이며, 입력의 라플라스 변환과 곱해 부분분수로 풀면 시간응답을 얻는다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

계단 함수의 라플라스 변환

\mathcal L[E]=\dfrac{E}{s}

이다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

단위계단함수의 라플라스변환과 z변환

단위계단함수의 라플라스변환은

\frac{1}{s}

, z변환은

\frac{z}{z-1}

이다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

라플라스 변환과 전달함수

초기값이 0 이면

\frac{d^{n}}{dt^{n}}

은

s^{n}

의 곱이 되어 미분방정식이 대수식으로 바뀐다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

라플라스 변환의 미분 성질

처음값이 0 이면

\mathcal{L}[x']=sX(s)

\mathcal{L}[x'']=s^{2}X(s)

이다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

라플라스 변환의 부분분수 분해

분자·분모 차수가 같은 유리함수는 나눗셈으로 상수항을 분리하고, 남은 분수를 완전제곱 꼴로 바꿔

e^{-at}

cos·sin 형태로 역변환한다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

라플라스 변환의 시간 이동

x(t-T)

의 변환은

e^{-sT}X(s)

이다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

라플라스 변환의 시간 지연 정리

\mathcal{L}\{g(t-T)u(t-T)\}=e^{-Ts}G(s)

이다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

라플라스 변환의 시간 추이

f(t-T)u(t-T)

의 변환은

e^{-Ts}F(s)

이다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

라플라스 변환의 시간이동 정리

신호가 a초 지연되면 원래 함수의 라플라스 변환에

e^{-as}

를 곱한 것과 같다. 램프함수 t·u(t)의 변환은 1/s²이다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

라플라스 변환의 시간이동정리

f(t-a)u(t-a)

의 변환은

e^{-as}F(s)

이고, 계단함수

u(t)

의 변환은

\frac{1}{s}

이다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

라플라스 변환의 시간지연 정리

L[f(t−a)u(t−a)] = e^(−as)F(s) 이며 단위계단함수는 L[u(t)] = 1/s 이다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

라플라스 변환의 정의

시간

t\ge0

의 함수

f(t)

의 라플라스 변환은

F(s)=\int_{0}^{\infty} f(t)\,e^{-st}\,dt

로 정의한다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

라플라스 변환의 지수함수 공식

e^{at}

}=1/(s-a) (s>Re(a))가 성립하며, a가 허수 jω인 경우에도 그대로 적용된다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

라플라스 변환의 최종값 정리

sF(s)

의 극점이 모두 왼쪽 반평면에 있으면

\lim_{t\to\infty}f(t)=\lim_{s\to0}sF(s)

이다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

라플라스 변환표

\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s^{n+1}}\right]=\frac{t^{n}}{n!}

\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s+a}\right]=e^{-at}

이고 변환은 선형이라 항마다 따로 계산한다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

라플라스 역변환(부분분수 전개)

분모가

s(s+2)

로 묶이는

F(s)

는

\frac{A}{s}+\frac{B}{s+2}

로 나누고,

\frac{1}{s}\to 1

\frac{1}{s+a}\to e^{-at}

로 역변환한다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

라플라스 역변환의 부분분수 전개

분모를 인수분해해 단순 극점별 계수를 구한 뒤 기본 공식으로 시간 함수를 얻는다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

라플라스 역변환의 표준형

e^{-at}

cosωt}=(s+a)/((s+a)²+ω²)를 이용해 분모를 완전제곱으로 고치면 감쇠 코사인 함수의 역변환을 바로 얻는다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

라플라스변환의 시간추이 정리

함수를 시간

T

만큼 늦추면 변환에

e^{-Ts}

가 곱해지고, 단위 임펄스함수의 변환은 1 이다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

램프 함수와 시간 지연의 라플라스 변환

\mathcal{L}\{t\}=\frac{1}{s^{2}}

이고,

T

만큼 지연된 함수의 변환에는

e^{-Ts}

가 곱해진다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

램프 함수의 라플라스 변환

\mathcal{L}\{t\}=\frac{1}{s^{2}}

이다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

복소 추이 정리

\mathcal{L}\left[t^{n}e^{-at}\right]=\frac{n!}{(s+a)^{n+1}}

이다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

부분분수 전개와 역변환

분모가 일차식의 곱이면

\frac{A}{s+a}

꼴로 쪼개고 각각

Ae^{-at}

로 되돌린다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

부분분수와 역변환

\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s+a}\right\}=e^{-at}

이므로 항마다 역변환한다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

임펄스 응답

임펄스 입력의 변환이 1 이므로 출력의 변환이 전달함수

G(s)

와 같다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

임펄스 응답과 전달함수

단위 임펄스의 라플라스 변환이 1 이므로

y(t)=\mathcal{L}^{-1}[G(s)]

이다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

임펄스응답과 라플라스 변환

임펄스응답은 전달함수의 역변환이며

\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{1}{s+a}\right]=e^{-at}

이다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

지수 감쇠 사인함수의 변환

\mathcal{L}\left[e^{-at}\sin\omega t\right]=\frac{\omega}{(s+a)^{2}+\omega^{2}}

이다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

지수함수의 라플라스 변환

\mathcal{L}[e^{at}]=\frac{1}{s-a}

이므로

a=j\omega

이면

\frac{1}{s-j\omega}

이다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

커패시터의 전류-전압 관계식과 단위 임펄스의 적분

v_{C}

(t)=(1/C)∫i(t)dt 에서 i(t)=δ(t)를 대입하면 δ(t)의 적분이 u(t)이므로

v_{C}

(t)=(1/C)u(t)가 된다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

콘덴서가 있는 회로의 라플라스 풀이

콘덴서 전압의 변환은

\frac{1}{sC}I(s)+\frac{V_c(0)}{s}

이다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 42문항 중 1문항이 인용

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