# 종합 연습문제와 해설

#### (문제 1)

어떤 계에서 초기조건이 주어졌을 때, 아래의 2차 미분방정식을 라플라스 변환을 이용하여 해를 구하는 방법을 살펴보라. 미분방정식은 다음과 같다.

$$
\frac{d^2y}{dt^2} + 3\frac{dy}{dt} + 2y = e^{-t}
$$

초기조건은 다음과 같다.

$$
y(0) = 1, \quad \frac{dy}{dt}\Bigl|\_{t=0} = 0
$$

이 방정식을 라플라스 변환으로 풀고, 시간영역 해 $y(t)$를 구하라.

#### (해설 1)

먼저 양변에 라플라스 변환을 취한다. $y(t)$의 라플라스 변환을 $Y(s)$라 하면 아래와 같은 형태를 얻는다.

$$
\mathcal{L}\Bigl{\frac{d^2y}{dt^2}\Bigr} + 3 \mathcal{L}\Bigl{\frac{dy}{dt}\Bigr} + 2 \mathcal{L}{y} = \mathcal{L}{e^{-t}}
$$

두 차 미분항에 대한 라플라스 변환은 $s^2 Y(s) - s y(0) - \frac{dy}{dt}\bigl|\_{t=0}$이므로 이를 대입하면 다음을 얻게 된다.

$$
\bigl(s^2 Y(s) - s y(0) - \frac{dy}{dt}\bigl|\_{t=0}\bigr) + 3 \bigl(s Y(s) - y(0)\bigr) + 2Y(s) = \frac{1}{s+1}
$$

초기조건 $y(0)=1$, $\frac{dy}{dt}\bigl|\_{t=0} = 0$을 대입하면

$$
s^2 Y(s) - s(1) - 0 + 3\bigl(sY(s) - 1\bigr) + 2Y(s) = \frac{1}{s+1}
$$

이를 정리하면

$$
s^2 Y(s) - s + 3sY(s) - 3 + 2Y(s) = \frac{1}{s+1}(s2+3s+2)Y(s)−s−3=1s+1\bigl(s^2 + 3s + 2\bigr)Y(s) - s - 3 = \frac{1}{s+1}
$$

앞의 괄호는 $s^2 + 3s + 2 = (s+1)(s+2)$로因子분해된다. 따라서

$$
(s+1)(s+2) Y(s) - s - 3 = \frac{1}{s+1}
$$

따라서

$$
(s+1)(s+2) Y(s) = s + 3 + \frac{1}{s+1}
$$

이를 $Y(s)$에 대해 풀면

$$
Y(s) = \frac{s + 3}{(s+1)(s+2)} + \frac{1}{(s+1)^2(s+2)}
$$

이제 오른쪽 항을 부분분수로 분해하여야 한다. 먼저

$$
\frac{s + 3}{(s+1)(s+2)}
$$

부분을 따로 분해한다. 이를

$$
\frac{s + 3}{(s+1)(s+2)} = \frac{A}{s+1} + \frac{B}{s+2}
$$

라고 놓고 계수를 비교한다. 분자 비교를 위해 공통분모를 취하면

$$
s + 3 = A(s+2) + B(s+1)
$$

좌변의 $s$ 계수와 상수항을 비교하여 $A + B = 1$과 $2A + B = 3$을 얻는다. 여기서 $A=1, B=0$을 얻게 되므로

$$
\frac{s + 3}{(s+1)(s+2)} = \frac{1}{s+1}
$$

즉, 그 항은 매우 간단히 정리된다. 다음으로

$$
\frac{1}{(s+1)^2(s+2)}
$$

를 부분분수로 분해하기 위해

$$
\frac{1}{(s+1)^2(s+2)} = \frac{C}{s+1} + \frac{D}{(s+1)^2} + \frac{E}{s+2}
$$

라 놓는다. 공통분모를 취하면

$$
1 = C(s+1)(s+2) + D(s+2) + E(s+1)^2
$$

좌변은 상수 1이다. 이제 전개 및 계수 비교를 수행한다. 먼저 전개하면

$$
C(s^2 + 3s + 2) + D(s + 2) + E(s^2 + 2s + 1)
$$

이는

$$
C s^2 + 3C s + 2C + D s + 2D + E s^2 + 2E s + E
$$

로 쓰인다. 계수별로 모으면

$$
(s^2 항) : C + E
\\
(s 항) : 3C + D + 2E
\\
(\text{상수항}) : 2C + 2D + E
$$

이것이 상수 1이 되어야 하므로 다음의 조건을 얻는다.

$$
C + E = 0\\
3C + D + 2E = 0\\
2C + 2D + E = 1
$$

첫 번째 식에서 $E = -C$를 얻는다. 두 번째 식에서 $3C + D + 2(-C) = 0$이므로 $C + D = 0$이 되어 $D = -C$가 된다. 세 번째 식에 이를 대입하면

$$
2C + 2(-C) + (-C) = 1
$$

이는

$$
2C - 2C - C = 1
$$

즉 $-C = 1$이므로 $C = -1$을 얻는다. 따라서 $D = -C = 1$이고, $E = -C = 1$을 얻게 된다. 정리하면

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

결국 $Y(s)$는

$$
Y(s) = \frac{1}{s+1} + \bigl( -\frac{1}{s+1} + \frac{1}{(s+1)^2} + \frac{1}{s+2} \bigr)
$$

즉

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

로 단순화된다. 이제 각각에 대한 역라플라스 변환을 취하면

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

이므로 최종 시간영역 해는

$$
y(t) = t e^{-t} + e^{-2t}
$$

이다.

#### (문제 2)

아래와 같은 1차 미분방정식을 라플라스 변환으로 풀이하라. 원함수 $y(t)$가 0 이상의 $t$에 대해 정의된다고 가정한다.

$$
\frac{dy}{dt} + y = u(t-1)
$$

여기서 $u(t-1)$은 $t=1$에서 시작되는 단위 계단함수다. $y(0) = 0$이라는 초기조건을 함께 고려하여 해를 구하라.

#### (해설 2)

우선 양변에 라플라스 변환을 취한다. $u(t-1)$에 대한 라플라스 변환은 $e^{-s} \frac{1}{s}$라는 사실을 활용한다. 따라서

$$
\mathcal{L}\Bigl{\frac{dy}{dt}\Bigr} + \mathcal{L}{y} = \mathcal{L}{u(t-1)} = \frac{e^{-s}}{s}
$$

좌변은 $sY(s) - y(0) + Y(s)$가 되므로, 초기조건 $y(0) = 0$을 대입하여

$$
sY(s) + Y(s) = \frac{e^{-s}}{s}
$$

즉

$$
Y(s) = \frac{e^{-s}}{s}
$$

따라서

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

이를 역변환하기 위해 부분분수 분해를 시도할 수도 있지만, $e^{-s}$가 나타나 있으므로 시간영역에서 $u(t-1)$가 미치는 지연효과를 고려한다. 먼저 $\frac{1}{s(s+1)}$의 역변환을 구한 다음, 그 결과에 대해 $t$가 $1$ 이상일 때만 작용하도록 지연을 적용한다.

먼저

$$
\frac{1}{s(s+1)} = \frac{1}{s} - \frac{1}{s+1}
$$

이므로 이를 역라플라스 변환하면

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

여기에 $e^{-s}$가 곱해져 있으므로, 원래 식의 역변환은 $u(t-1)$에 대해 1만큼 지연된 형태로 나타난다. 즉, 변환쌍에서

$$
\mathcal{L}^{-1}\Bigl{ e^{-as} F(s) \Bigr} = u(t-a) f(t-a)
$$

가 적용된다. 여기서는 $a=1$이므로

$$
y(t) = u(t-1) \bigl( 1 - e^{-(t-1)} \bigr)
$$

즉 $t < 1$에서는 0이고, $t \ge 1$에서는 $1 - e^{-(t-1)}$가 된다.

#### (문제 3)

다음 2차 상미분방정식에서 감쇠진동 해가 나타나는 예를 들어라. 초기에 시스템이 특정 조건으로 출발할 때 해에 지수함수적 감쇠와 진동이 혼합되어 나타난다. 구체적인 방정식은 아래와 같이 주어진다고 하자.

$$
\frac{d^2y}{dt^2} + 4\frac{dy}{dt} + 5y = 0
$$

초기조건은 $y(0)=2$, $\frac{dy}{dt}\bigl|\_{t=0} = -1$로 하자. 이 미분방정식을 라플라스 변환으로 푸는 절차를 보이고, 해가 어떤 형태의 지수감쇠 및 사인, 코사인 항으로 표현되는지 살펴보라.

#### (해설 3)

양변에 라플라스 변환을 취한다. $y(0)=2$와 $\frac{dy}{dt}\bigl|\_{t=0}=-1$을 고려하면, 2차 미분항은

$$
\mathcal{L}\Bigl{\frac{d^2y}{dt^2}\Bigr} = s^2 Y(s) - s y(0) - \frac{dy}{dt}\bigl|\_{t=0}
$$

가 되므로 식은

$$
s^2 Y(s) - s \cdot 2 - (-1) + 4\Bigl(sY(s) - y(0)\Bigr) + 5Y(s) = 0
$$

즉

$$
s^2 Y(s) - 2s + 1 + 4s Y(s) - 8 + 5Y(s) = 0
$$

정리하면

$$
\bigl(s^2 + 4s + 5\bigr)Y(s) - 2s - 7 = 0
$$

따라서

$$
Y(s) = \frac{2s + 7}{s^2 + 4s + 5}
$$

분모는 $s^2 + 4s + 5 = (s+2)^2 + 1$이므로, 해가 지수함수와 진동성(사인 또는 코사인) 성분의 결합으로 나타날 것임을 예측할 수 있다. 먼저 분자를 $2(s+2) + (7 - 4)$ 형태로 재배열해 본다.

$$
2s + 7 = 2(s+2) + (7 - 4) = 2(s+2) + 3
$$

따라서

$$
Y(s) = \frac{2(s+2) + 3}{(s+2)^2 + 1}
$$

이는 두 항으로 분리할 수 있다.

$$
Y(s) = 2 \cdot \frac{s+2}{(s+2)^2 + 1} + 3 \cdot \frac{1}{(s+2)^2 + 1}
$$

부분별 역라플라스 변환을 살펴보면

$$
\mathcal{L}^{-1}\Bigl{ \frac{s+2}{(s+2)^2 + 1} \Bigr} = e^{-2t}\cos(t)
\\
\mathcal{L}^{-1}\Bigl{ \frac{1}{(s+2)^2 + 1} \Bigr} = e^{-2t} \sin(t)
$$

이므로 최종적으로

$$
y(t) = 2 e^{-2t}\cos(t) + 3 e^{-2t}\sin(t)
$$

이 식은 $e^{-2t}$로 인한 지수감쇠와, $\cos(t)$ 및 $\sin(t)$로 인한 진동 성분이 혼합된 전형적인 감쇠 진동 해다.

아래의 흐름도로 라플라스 변환을 통한 문제 해결 과정을 간략히 표현할 수 있다.

{% @mermaid/diagram content="graph TD
A\[미분방정식] --> B\[양변에 라플라스 변환]
B --> C\[대수방정식으로 변환]
C --> D\["부분분수 분해 (필요 시)"]
D --> E\[역라플라스 변환]
E --> F\["시간영역 해 y(t)"]" %}

#### (문제 4)

아래와 같은 외부입력을 포함하는 1차 미분방정식을 라플라스 변환으로 풀이하라. 외부입력으로 디랙 델타함수 $\delta(t - 2)$가 주어진다. 초기조건은 $y(0) = 0$이다.

$$
\frac{dy}{dt} + 2y = \delta(t - 2)
$$

이 방정식을 푼 뒤, 해가 어떤 형태로 나타나는지 시간영역에서 명시적으로 구하라.

#### (해설 4)

먼저 양변에 라플라스 변환을 취한다. $y(t)$의 라플라스 변환을 $Y(s)$라 하고, $\mathcal{L}{\delta(t - a)} = e^{-as}$를 활용한다.

$$
\mathcal{L}\Bigl{\frac{dy}{dt}\Bigr} + 2\mathcal{L}{y} = \mathcal{L}{\delta(t - 2)} = e^{-2s}
$$

좌변은 $sY(s) - y(0) + 2Y(s)$가 되는데, 초기조건 $y(0)=0$이므로

$$
sY(s) + 2Y(s) = e^{-2s}
$$

즉

$$
(s + 2) Y(s) = e^{-2s}
$$

결국

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

이제 디랙 델타함수에 대응하는 지연 성질을 고려한다. 일반적으로

$$
\mathcal{L}\Bigl{e^{-at}u(t-a)f(t-a)\Bigr} = e^{-as} \mathcal{L}{f(t)}
$$

와 같은 형태가 유도되지만, 더 직접적으로는

$$
\mathcal{L}^{-1}\Bigl{\frac{e^{-as}}{s + \alpha}\Bigr} = e^{-\alpha(t-a)} u(t-a) \quad (\text{단, } t \ge a)
$$

를 활용할 수 있다. 여기서 $a = 2$, $\alpha = 2$이므로

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

즉 $t < 2$ 구간에서는 0이고, $t \ge 2$ 구간에서는 $e^{-2(t-2)}$가 된다.

#### (문제 5)

다음은 중근(repeated root)을 갖는 특성방정식을 포함한 2차 미분방정식이다. 라플라스 변환을 이용해 해를 구하는 과정을 제시하고, 초기조건에 따른 해를 구하라.

$$
\frac{d^2y}{dt^2} - 4\frac{dy}{dt} + 4y = 0
$$

초기조건은 $y(0) = 1$, $\frac{dy}{dt}\bigl|\_{t=0} = 2$이다. 이 방정식을 라플라스 변환으로 풀어 해가 지수함수항에 $t$가 곱해지는 형태로 나타나는 과정을 살펴보라.

#### (해설 5)

주어진 미분방정식의 특성방정식을 먼저 살펴보면

$$
r^2 - 4r + 4 = 0
$$

이는 $(r - 2)^2 = 0$인 중근을 갖는다. 이를 라플라스 영역에서 풀어 보이기 위해, 먼저 양변에 라플라스 변환을 취한다. $Y(s)$는 $y(t)$의 라플라스 변환이라 하면,

$$
\mathcal{L}\Bigl{\frac{d^2y}{dt^2}\Bigr} = s^2 Y(s) - s y(0) - \frac{dy}{dt}\Bigl|\_{t=0}
$$

이므로 식은

$$
s^2 Y(s) - s \cdot 1 - 2 - 4\Bigl(sY(s) - y(0)\Bigr) + 4Y(s) = 0
$$

즉

$$
s^2 Y(s) - s - 2 - 4\bigl(sY(s) - 1\bigr) + 4Y(s) = 0
$$

전개하면

$$
s^2 Y(s) - s - 2 - 4sY(s) + 4 + 4Y(s) = 0
$$

이를 정리하면

$$
\bigl(s^2 - 4s + 4\bigr) Y(s) + ( -s + 2 ) = 0
$$

다시 쓰면

$$
(s - 2)^2 Y(s) - s + 2 = 0
$$

즉

$$
(s - 2)^2 Y(s) = s - 2
$$

분모가 $(s-2)^2$이므로,

$$
Y(s) = \frac{s - 2}{(s - 2)^2}
$$

이 식을 단순화하면

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

따라서

$$
Y(s) = \frac{1}{s - 2}
$$

이제 역라플라스 변환을 취한다.

$$
\mathcal{L}^{-1}\Bigl{ \frac{1}{s - 2} \Bigr} = e^{2t}
$$

이것만 보면, 중근에 의해 보통 $te^{2t}$가 등장해야 할 것 같은데, 실제로 미분방정식을 풀어본 결과(또는 초기조건에 따라) $e^{2t}$만으로 충분한 해가 나온 것이 눈에 띈다. 그런데 초기조건을 대입해 시간영역에서 직접 확인해 보아야 한다.

$y(t) = Ae^{2t}$라고 가정하고 미분방정식과 초기조건을 대입해서 확인하면,

$$
\frac{d^2y}{dt^2} = 4Ae^{2t}, \quad \frac{dy}{dt} = 2Ae^{2t}
$$

이들을 대입하면,

$$
4Ae^{2t} - 4(2Ae^{2t}) + 4(Ae^{2t}) = 0
\\
4Ae^{2t} - 8Ae^{2t} + 4Ae^{2t} = 0
$$

이는 0이 되므로, $Ae^{2t}$는 본 미분방정식의 해가 된다. 이제 초기조건 $y(0)=1$, $\frac{dy}{dt}\bigl|\_{t=0}=2$를 대입하면,

$$
\frac{dy}{dt}\Bigl|\_{t=0} = 2A = 2 \implies A = 1
$$

즉 $A=1$이 consistent하므로

$$
y(t) = e^{2t}
$$

가 해가 된다. 따라서 라플라스 영역에서 $(s-2)^2$ 분모가 등장하지만, 특수한 초기조건으로 인해 $te^{2t}$ 항이 실제 해에는 나타나지 않는다.

#### (문제 6)

아래와 같은 입력신호가 주어졌을 때, 다음의 1차 미분방정식을 라플라스 변환으로 해석하라. 초기조건은 $y(0)=0$이다.

$$
\frac{dy}{dt} + 3y = x(t)
$$

입력신호 $x(t)$는 아래와 같이 구간별로 정의된다.

* $0 < t < 1$ 구간에서 $x(t)=1$
* $1 < t < 2$ 구간에서 $x(t)=2$
* 그 외 구간(0 이상 전체)에서 $x(t)=0$ (단, $t \le 0$일 때도 0이라고 가정)

시간영역 해 $y(t)$를 구하고, 구간별 해가 어떻게 달라지는지 논의하라.

#### (해설 6)

먼저 $x(t)$가 구간별로 정의되어 있으므로, 라플라스 변환을 통해 $X(s)$를 구한다. $x(t)$는 다음과 같은 형태로 주어진다.

$$
x(t) =  \begin{cases} 1, & 0 < t < 1 \ 2, & 1 < t < 2 \ 0, & \text{otherwise} \end{cases}
$$

이 함수를 라플라스 변환하면, 구간 적분으로 나타낼 수 있다. 먼저 $0\<t<1$ 구간에서 $x(t)=1$이므로, 이에 대응하는 변환은

$$
\int\_{0}^{1} e^{-st} , dt = \frac{1 - e^{-s}}{s}
$$

다음으로 $1\<t<2$ 구간에서는 $x(t)=2$이므로,

$$
\int\_{1}^{2} 2 e^{-st} , dt = 2 \Bigl\[ \bigl(-\frac{1}{s}\bigr) e^{-st} \Bigr]\_{t=1}^{t=2} = 2 \Bigl( \frac{e^{-s} - e^{-2s}}{s} \Bigr)
$$

그 외 구간은 0이므로 변환에 추가되는 항이 없다. 따라서 전체 $X(s)$는

$$
X(s) = \frac{1 - e^{-s}}{s} ;+; 2 \cdot \frac{ e^{-s} - e^{-2s} }{s}
$$

이를 정리하면

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

즉

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

이다. 이제 주어진 미분방정식의 라플라스 변환은 다음과 같다.

$$
\mathcal{L}\Bigl{\frac{dy}{dt}\Bigr} + 3 \mathcal{L}{y} = X(s)
$$

초기조건 $y(0)=0$이므로 왼쪽은 $sY(s) - y(0) + 3Y(s) = (s+3)Y(s)$가 된다. 결국

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

따라서

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

개별 항에 대해 역라플라스 변환을 취할 때, 지연 성질을 고려한다. 먼저

$$
\frac{1}{s(s+3)} = \frac{1}{3} \Bigl( \frac{1}{s} - \frac{1}{s+3} \Bigr)
$$

이므로

$$
\mathcal{L}^{-1}\Bigl{ \frac{1}{s(s+3)} \Bigr} = \frac{1}{3}\bigl(1 - e^{-3t}\bigr)
$$

또한, $\frac{ e^{-as} }{s(s+3)}$는 시간영역에서 $u(t-a)$로 인해 $t \ge a$ 구간에만 작용하는 형태로 나타나므로

$$
\mathcal{L}^{-1}\Bigl{ \frac{ e^{-as} }{s(s+3)} \Bigr} = u(t-a) \cdot \frac{1}{3}\bigl(1 - e^{-3(t-a)}\bigr)
$$

이를 각각 $a=1$ 및 $a=2$인 경우에 대입하면, 아래처럼 변환된다.

$$
\mathcal{L}^{-1}\Bigl{ \frac{ e^{-s} }{s(s+3)} \Bigr}  = u(t-1) \cdot \frac{1}{3}\bigl(1 - e^{-3(t-1)}\bigr)
\\
\mathcal{L}^{-1}\Bigl{ \frac{ e^{-2s} }{s(s+3)} \Bigr}  = u(t-2) \cdot \frac{1}{3}\bigl(1 - e^{-3(t-2)}\bigr)
$$

이제 부호와 계수를 고려한다. 원래 식에서

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

에 대응하는 시간영역 해는

$$
y(t) = \frac{1}{3}\bigl(1 - e^{-3t}\bigr) + u(t-1)\cdot \frac{1}{3}\bigl(1 - e^{-3(t-1)}\bigr) - 2,u(t-2)\cdot \frac{1}{3}\bigl(1 - e^{-3(t-2)}\bigr)
$$

즉

$$
y(t) = \frac{1}{3}\bigl(1 - e^{-3t}\bigr) + \frac{1}{3} u(t-1)\bigl(1 - e^{-3(t-1)}\bigr) - \frac{2}{3} u(t-2)\bigl(1 - e^{-3(t-2)}\bigr)
$$

으로 정리된다. 이를 $t$의 구간별로 나타내면, $0 \le t < 1$, $1 \le t < 2$, $t \ge 2$에 따라 항이 달리 작동한다. 구간별로 명시하면

0 ≤ t < 1 구간에서는 $u(t-1)=0$, $u(t-2)=0$이므로

$$
y(t) = \frac{1}{3}\bigl(1 - e^{-3t}\bigr)
$$

1 ≤ t < 2 구간에서는 $u(t-1)=1$, $u(t-2)=0$이므로

$$
y(t) = \frac{1}{3}\bigl(1 - e^{-3t}\bigr) + \frac{1}{3}\bigl(1 - e^{-3(t-1)}\bigr)
$$

2 ≤ t 구간에서는 $u(t-1)=1$, $u(t-2)=1$이므로

$$
y(t) = \frac{1}{3}\bigl(1 - e^{-3t}\bigr) + \frac{1}{3}\bigl(1 - e^{-3(t-1)}\bigr) - \frac{2}{3}\bigl(1 - e^{-3(t-2)}\bigr)
$$

이처럼 구간별로 분할된 해가 최종 시간영역 해가 된다. 라플라스 변환과 지연 성질을 통해, 구간별 입력에 대응하는 계단함수 항들을 쉽게 처리할 수 있음을 확인할 수 있다.

#### (문제 7)

아래와 같은 2차 선형 미분방정식에 사인함수 입력이 가해지는 경우를 라플라스 변환으로 풀어 보라. 초기조건은 $y(0)=0$, $\frac{dy}{dt}\bigl|\_{t=0}=0$이다.

$$
\frac{d^2y}{dt^2} + 2\frac{dy}{dt} + 2y = \sin(t)
$$

이 방정식의 해가 시간영역에서 어떤 형태로 나타나는지 명확히 제시하라.

#### (해설 7)

먼저 양변에 라플라스 변환을 취한다. $y(t)$의 라플라스 변환을 $Y(s)$라고 하면

$$
\Bigl{\frac{d^2y}{dt^2}\Bigr} = s^2 Y(s) - s y(0) - \frac{dy}{dt}\Bigl|\_{t=0}
$$

따라서, 초기조건 $y(0)=0$, $\frac{dy}{dt}\bigl|\_{t=0}=0$을 대입하면

$$
s^2 Y(s) - s \cdot 0 - 0 = s^2 Y(s).
$$

이제 미분항들의 라플라스 변환을 모두 합하면

$$
s^2 Y(s) + 2 \bigl(sY(s) - y(0)\bigr) + 2 Y(s) = \mathcal{L}{\sin(t)}.
$$

초기조건을 고려하면 $2(sY(s) - 0) = 2sY(s)$가 된다. 따라서

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

좌변을 묶어 쓰면

$$
\bigl(s^2 + 2s + 2\bigr)Y(s) = \frac{1}{s^2 + 1}.
$$

곧

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

우선 분모를 명시적으로 본다. $s^2 + 2s + 2$는 $(s+1)^2 + 1$ 형태로 완전제곱을 만들 수 있으므로,

$$
s^2 + 2s + 2 = (s+1)^2 + 1.
$$

결국

$$
Y(s) = \frac{1}{(s^2 + 1)\bigl((s+1)^2 + 1\bigr)}.
$$

이제 부분분수 분해를 고려한다. 이때 $s^2 + 1$과 $(s+1)^2 + 1$은 서로 다른 2차 다항식이므로, 보통 아래와 같이 표현한다.

$$
\frac{1}{(s^2+1)\bigl((s+1)^2+1\bigr)}  = \frac{As + B}{s^2 + 1} + \frac{C(s+1) + D}{(s+1)^2 + 1}.
$$

곱셈으로 정리하면

$$
1 = (As + B)\bigl((s+1)^2 + 1\bigr) + (C(s+1) + D)(s^2 + 1).
$$

전개 후, $s^2$ 이상의 항과 $s$ 항, 상수항을 비교하여 $A, B, C, D$를 구해야 한다. 다만, 이 작업은 다소 길 수 있으므로, 대안으로는 역라플라스 변환의 성질을 활용해 직접 접근하기도 한다. 여기서는 부분분수 전개 과정을 명시해 보이자.

먼저 $(s+1)^2 + 1 = s^2 + 2s + 2$임을 다시 인지하고, 분자 전개 시

$$
(As + B)(s^2 + 2s + 2) + (C(s+1) + D)(s^2 + 1).
$$

이를 항별로 전개하면

1. 첫 부분 $(As + B)(s^2 + 2s + 2)$:

$$
As \cdot s^2 + As \cdot 2s + As \cdot 2  = A s^3 + 2A s^2 + 2A s,
\\
B \cdot s^2 + B \cdot 2s + B \cdot 2  = B s^2 + 2B s + 2B.
$$

즉

$$
A s^3 + (2A + B) s^2 + (2A + 2B) s + 2B.
$$

1. 두 번째 부분 $(C(s+1) + D)(s^2 + 1)$:

$$
C(s+1)s^2 + C(s+1)\cdot 1 + D(s^2+1).
$$

분리하면

$$
C s^3 + C s^2 + C s + C + D s^2 + D.
$$

즉

$$
C s^3 + (C + D) s^2 + C s + (C + D).
$$

결과적으로 두 부분을 모두 합하면,

$$
(A+C) s^3  + \bigl\[ (2A + B) + (C + D) \bigr] s^2  + \bigl\[ (2A + 2B) + C \bigr] s  + \bigl\[ 2B + (C + D) \bigr].
$$

이 다항식이 상수 1과 같아야 하므로,

$$
s^3 \text{ 계수 } : A + C = 0, \\
s^2 \text{ 계수 } : (2A + B) + (C + D) = 0, \\
s^1 \text{ 계수 } : (2A + 2B) + C = 0,\\
s^0 \text{ 계수 } : 2B + (C + D) = 1.
$$

네 식을 정리하면

1. $A + C = 0 \implies C = -A.$
2. $(2A + B) + (-A + D) = 0 \implies A + B + D = 0.$
3. $(2A + 2B) + (-A) = 0 \implies A + 2B = 0 \implies 2B = -A \implies B = -\frac{A}{2}.$
4. $2B + (-A + D) = 1 \implies 2B - A + D = 1.$

3\)에서 $B = -\frac{A}{2}$임을 쓰고, 1)에서 $C = -A$임을 대입하면,

2\)번 식 $A + B + D = 0$는

$$
A - \frac{A}{2} + D = 0 \implies \frac{A}{2} + D = 0 \implies D = -\frac{A}{2}.
$$

4\)번 식 $2B - A + D = 1$는

$$
2\Bigl(-\frac{A}{2}\Bigr) - A + \Bigl(-\frac{A}{2}\Bigr) = 1 \implies (-A) - A - \frac{A}{2} = 1 \implies -2.5A = 1 \implies A = -\frac{2}{5}.
$$

그렇다면A = -\frac{2}{5}, \quad B = -\frac{A}{2} = \frac{1}{5}, \quad C = -A = \frac{2}{5}, \quad D = -\frac{A}{2} = \frac{1}{5}.

$$
A = -\frac{2}{5}, \quad B = -\frac{A}{2} = \frac{1}{5}, \quad C = -A = \frac{2}{5}, \quad D = -\frac{A}{2} = \frac{1}{5}.
$$

정리하면

$$
\frac{1}{(s^2 + 1)\bigl((s+1)^2 + 1\bigr)} = \frac{-\frac{2}{5}s + \frac{1}{5}}{s^2 + 1} + \frac{\frac{2}{5}(s+1) + \frac{1}{5}}{(s+1)^2 + 1}.
$$

분모와 분자를 조금 더 간단히 묶으면

$$
\= -\frac{2}{5} \cdot \frac{s}{s^2 + 1} + \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{s^2 + 1} ;+; \frac{2}{5} \cdot \frac{s+1}{(s+1)^2 + 1} + \frac{1}{5}\cdot \frac{1}{(s+1)^2 + 1}.
$$

이제 각각의 역라플라스 변환을 살펴보면,

$$
\mathcal{L}^{-1}\bigl{ \frac{s}{s^2 + 1} \bigr} = \cos(t), \qquad \mathcal{L}^{-1}\bigl{ \frac{1}{s^2 + 1} \bigr} = \sin(t),
$$

또한

$$
\mathcal{L}^{-1}\Bigl{ \frac{s+1}{(s+1)^2 + 1} \Bigr} = e^{-t}\cos(t), \quad \mathcal{L}^{-1}\Bigl{ \frac{1}{(s+1)^2 + 1} \Bigr} = e^{-t}\sin(t).
$$

이를 적용하면,

$$
y(t) = \mathcal{L}^{-1}{Y(s)} = -\frac{2}{5} \cos(t) + \frac{1}{5}\sin(t) + \frac{2}{5}e^{-t}\cos(t) + \frac{1}{5}e^{-t}\sin(t).
$$

정리하여

$$
y(t) = -\frac{2}{5}\cos(t) + \frac{1}{5}\sin(t) + \frac{2}{5} e^{-t}\cos(t) + \frac{1}{5} e^{-t}\sin(t).
$$

이것이 초기에 $y(0)=0$과 $\frac{dy}{dt}\bigl|\_{t=0}=0$을 만족하면서, 외부입력으로 $\sin(t)$가 주어졌을 때의 미분방정식 해다. 즉, 고유모드(지수감쇠와 진동)와 강제모드(바깥쪽 사인 입력에 대한 응답)가 함께 나타나는 일반적인 형태다.

#### (문제 8)

아래의 2차 미분방정식을 라플라스 변환으로 풀어 보라. 계수들이 복소수적 거동(감쇠 진동 등)을 나타낼 수 있도록 설정하였다. 초기조건은 모두 0이라 가정한다.

$$
\frac{d^2y}{dt^2} + 3\frac{dy}{dt} + 10y = \cos(2t)
\\
y(0) = 0, \quad \frac{dy}{dt}\Bigl|\_{t=0} = 0
$$

이 방정식을 라플라스 변환을 통해 해결한 다음, 얻어지는 시간영역 해의 형태(지수감쇠와 공진성분 결합 여부 등)를 명시하라.

#### (해설 8)

양변에 라플라스 변환을 취한다. $y(t)$의 라플라스 변환을 $Y(s)$라 하면, 2차 미분항에 대한 식은 다음과 같이 쓸 수 있다.

$$
\mathcal{L}\Bigl{\frac{d^2y}{dt^2}\Bigr} = s^2 Y(s) - s y(0) - \frac{dy}{dt}\Bigl|\_{t=0}
$$

초기조건이 $y(0) = 0$, $\frac{dy}{dt}\bigl|\_{t=0} = 0$이므로, 식이 단순화된다.

s2Y(s)s^2 Y(s)

1차 미분항의 라플라스 변환은 $3 \bigl(sY(s) - y(0)\bigr)$이 되는데, 초기값 $y(0) = 0$이므로

3sY(s)3sY(s)

또한 상수항 $10y$에 대응하는 라플라스 변환은 $10 Y(s)$다. 우변 $\cos(2t)$의 라플라스 변환은

$$
\frac{s}{s^2 + 4}
$$

이므로, 방정식 전체의 라플라스 영역 표현은

$$
Y(s) + 3sY(s) + 10 Y(s) = \frac{s}{s^2 + 4}
$$

좌변을 묶으면

$$
\bigl(s^2 + 3s + 10\bigr) Y(s) = \frac{s}{s^2 + 4}
$$

따라서

$$
Y(s) = \frac{s}{(s^2 + 4),(s^2 + 3s + 10)}
$$

분모를 살펴보면 $s^2 + 3s + 10$은 $s^2 + 3s + \bigl(\frac{3}{2}\bigr)^2 + 10 - \bigl(\frac{3}{2}\bigr)^2$ 형태로 완전제곱을 만들어 보면

$$
s^2 + 3s + 10 = \Bigl(s + \frac{3}{2}\Bigr)^2 + \Bigl(10 - \frac{9}{4}\Bigr) = \Bigl(s + \frac{3}{2}\Bigr)^2 + \frac{31}{4}
$$

이제 $Y(s)$를 부분분수로 분해하기 위해, 다음과 같은 일반적 형태를 가정한다.

$$
\frac{s}{(s^2 + 4)\bigl(s^2 + 3s + 10\bigr)} = \frac{A s + B}{s^2 + 4} + \frac{C s + D}{s^2 + 3s + 10}
$$

위와 같이 설정한 뒤, 분모를 통합해 분자를 비교하여 $A, B, C, D$를 찾는 방식이다. 구체적으로

$$
s = (A s + B)\bigl(s^2 + 3s + 10\bigr) + (C s + D)(s^2 + 4)
$$

로 두고, $s^3$ 항부터 상수항까지 계수를 일치시켜야 한다. 다소 번거롭지만 다음과 같은 전개 과정을 따른다.

첫째 항 $(A s + B)(s^2 + 3s + 10)$을 전개하면

$$
A s \cdot s^2 + A s \cdot 3s + A s \cdot 10  = A s^3 + 3A s^2 + 10A s
\\
B \cdot s^2 + B \cdot 3s + B \cdot 10  = B s^2 + 3B s + 10B
$$

즉

$$
(A s^3) + (3A + B)s^2 + (10A + 3B)s + 10B
$$

둘째 항 $(C s + D)(s^2 + 4)$를 전개하면

$$
C s \cdot s^2 + C s \cdot 4 + D \cdot s^2 + D \cdot 4 = C s^3 + 4C s + D s^2 + 4D
$$

합치면(A + C) s^3 + \bigl(3A + B + D\bigr) s^2 + \bigl(10A + 3B + 4C\bigr) s + (10B + 4D)

$$
(A + C) s^3  + \bigl(3A + B + D\bigr) s^2  + \bigl(10A + 3B + 4C\bigr) s + (10B + 4D)
$$

이것이 단순히 $s$가 되어야 하므로, $s^3$ 계수는 0, $s^2$ 계수는 0, $s^1$ 계수는 1, 상수항은 0이 된다. 즉,

$$
A + C = 0 \\
3A + B + D = 0 \\
10A + 3B + 4C = 1 \\
10B + 4D = 0
$$

위 식들을 순서대로 풀면 된다. 먼저 첫 식 $A + C = 0$에서 $C = -A$. 넷째 식 $10B + 4D = 0$에서 $5B + 2D = 0$로 간단히 볼 수 있다. 둘째 식 $3A + B + D = 0$에 $C = -A$는 아직 들어 있지 않으므로 그대로 두고, 셋째 식 $10A + 3B + 4C = 1$에 $C = -A$를 대입한다.

셋째 식에서

$$
10A + 3B + 4(-A) = 1 \implies 6A + 3B = 1 \implies 2A + B = \frac{1}{3}
$$

둘째 식에서

$$
3A + B + D = 0 \implies D = -3A - B
$$

넷째 식에서

$$
5B + 2D = 0
$$

이때 $D$를 대입하면

$$
5B + 2(-3A - B) = 0 \implies 5B -6A - 2B = 0 \implies 3B - 6A = 0 \implies 3B = 6A \implies B = 2A
$$

이를 $2A + B = \frac{1}{3}$ 식에 대입하면

$$
2A + 2A = \frac{1}{3} \implies 4A = \frac{1}{3} \implies A = \frac{1}{12}
$$

따라서

$$
B = 2A = \frac{1}{6}
$$

또 $C = -A = -\frac{1}{12}$, 그리고 $D = -3A - B = -3\Bigl(\frac{1}{12}\Bigr) - \frac{1}{6} = -\frac{1}{4} - \frac{1}{6} = -\frac{3}{12} - \frac{2}{12} = -\frac{5}{12}$.

따라서

$$
Y(s) = \frac{\frac{1}{12}s + \frac{1}{6}}{s^2 + 4} + \frac{-\frac{1}{12}s - \frac{5}{12}}{s^2 + 3s + 10}
$$

조금 정리하면

$$
Y(s) = \frac{1}{12}\frac{s + 2}{s^2 + 4} - \frac{1}{12} \frac{s + 5}{s^2 + 3s + 10}
$$

이제 각각의 역라플라스 변환을 찾아야 한다. 먼저

$$
\frac{s+2}{s^2 + 4}
$$

는 부분분해 없이도 아래와 같은 결과를 얻는다.

$$
\mathcal{L}^{-1}\Bigl{\frac{s}{s^2 + \omega^2}\Bigr} = \cos(\omega t), \quad \mathcal{L}^{-1}\Bigl{\frac{2}{s^2 + 4}\Bigr} = \frac{2}{2}\sin(2t) = \sin(2t),
$$

즉

$$
\mathcal{L}^{-1}\Bigl{\frac{s+2}{s^2 + 4}\Bigr} = \cos(2t) + \sin(2t).
$$

둘째 항

$$
\frac{s + 5}{s^2 + 3s + 10}
$$

를 보면, $s^2 + 3s + 10 = \bigl(s + \frac{3}{2}\bigr)^2 + \frac{31}{4}$을 이용하여, 분자를 $s + \frac{3}{2}$와 상수항으로 분리하는 기법을 쓴다. 즉

$$
s + 5 = \Bigl(s + \frac{3}{2}\Bigr) + \Bigl(5 - \frac{3}{2}\Bigr) = \Bigl(s + \frac{3}{2}\Bigr) + \frac{7}{2}.
$$

그러면

$$
\frac{s + 5}{s^2 + 3s + 10} = \frac{s + \frac{3}{2}}{\bigl(s + \frac{3}{2}\bigr)^2 + \frac{31}{4}} ;+; \frac{\frac{7}{2}}{\bigl(s + \frac{3}{2}\bigr)^2 + \frac{31}{4}}.
$$

이제

$$
\mathcal{L}^{-1}\Bigl{\frac{s + a}{(s+a)^2 + \beta^2}\Bigr} = e^{-a t} \cos(\beta t), \\
\mathcal{L}^{-1}\Bigl{\frac{\alpha}{(s+a)^2 + \beta^2}\Bigr} = \alpha \cdot e^{-a t} \cdot \frac{1}{\beta}\sin(\beta t).
$$

여기서는 $a = \frac{3}{2}$, $\beta^2 = \frac{31}{4}$이므로 $\beta = \sqrt{\frac{31}{4}} = \frac{\sqrt{31}}{2}$. 따라서

$$
\mathcal{L}^{-1}\Bigl{\frac{s + \frac{3}{2}}{\bigl(s + \frac{3}{2}\bigr)^2 + \Bigl(\frac{\sqrt{31}}{2}\Bigr)^2}\Bigr} = e^{-\frac{3}{2} t} \cos\bigl(\tfrac{\sqrt{31}}{2},t\bigr), \\
\mathcal{L}^{-1}\Bigl{\frac{\frac{7}{2}}{\bigl(s + \frac{3}{2}\bigr)^2 + \Bigl(\frac{\sqrt{31}}{2}\Bigr)^2}\Bigr} = \frac{7}{2} \cdot e^{-\frac{3}{2} t} \cdot \frac{1}{\frac{\sqrt{31}}{2}}\sin\Bigl(\tfrac{\sqrt{31}}{2},t\Bigr) = \frac{7}{\sqrt{31}}, e^{-\frac{3}{2} t},\sin\Bigl(\tfrac{\sqrt{31}}{2},t\Bigr).
$$

정리하면

$$
\mathcal{L}^{-1}\Bigl{\frac{s + 5}{s^2 + 3s + 10}\Bigr} = e^{-\frac{3}{2} t} \cos\Bigl(\tfrac{\sqrt{31}}{2}, t\Bigr) + \frac{7}{\sqrt{31}}; e^{-\frac{3}{2} t},\sin\Bigl(\tfrac{\sqrt{31}}{2},t\Bigr).
$$

전체적으로 $Y(s)$의 역변환은

$$
y(t) = \frac{1}{12}\bigl\[\cos(2t) + \sin(2t)\bigr] - \frac{1}{12} \Bigl\[e^{-\frac{3}{2} t} \cos\Bigl(\tfrac{\sqrt{31}}{2},t\Bigr) + \frac{7}{\sqrt{31}}; e^{-\frac{3}{2} t},\sin\Bigl(\tfrac{\sqrt{31}}{2},t\Bigr)\Bigr].
$$

즉

$$
y(t) = \frac{1}{12}\cos(2t) + \frac{1}{12}\sin(2t) - \frac{1}{12} e^{-\frac{3}{2} t} \cos\Bigl(\tfrac{\sqrt{31}}{2},t\Bigr) - \frac{7}{12\sqrt{31}}, e^{-\frac{3}{2} t},\sin\Bigl(\tfrac{\sqrt{31}}{2},t\Bigr).
$$

이는 입력 $\cos(2t)$에 대한 강제응답(첫 두 항)과, 해당 2차 시스템의 고유모드(뒤 두 항)로 구성된 해다. 특히 고유모드에 대해 지수감쇠($e^{-\frac{3}{2}t}$)와 진동($\cos$ 및 $\sin$)이 결합하여 나타나는 전형적인 형태임을 확인할 수 있다.

#### (문제 9)

아래의 2차 미분방정식에 대해, 외부입력으로 지수함수와 단위 계단함수가 곱해진 형태가 주어진다고 하자. 초기조건은 모두 0이다.

$$
\frac{d^2y}{dt^2} + 5\frac{dy}{dt} + 6y = e^{-2t}u(t-1)\\
y(0) = 0, \quad \frac{dy}{dt}\Bigl|\_{t=0} = 0
$$

이 방정식을 라플라스 변환을 통해 풀되, 지연(displacement) 성질을 어떻게 적용하여 시간영역 해를 구할 수 있는지 구체적으로 살펴보라.

#### (해설 9)

먼저 우변에 존재하는 $e^{-2t}u(t-1)$의 라플라스 변환부터 살펴본다. 일반적으로

$$
\mathcal{L}{u(t-a) f(t)} = e^{-as} \mathcal{L}{f(t+a)\mid t\to t+a}
$$

라고 표시하기도 하지만, 더 직접적으로는

$$
\mathcal{L}{e^{-bt} u(t-a)} = e^{-as} \mathcal{L}{ e^{-b(t+a-a)} }\bigl|\_{t\to t+a}
$$

형식으로 보아도 된다. 실제로는

$$
\mathcal{L}\bigl{e^{-2t}u(t-1)\bigr} = e^{-s} \mathcal{L}\bigl{ e^{-2(t+1-1)} \bigr}\bigl|\_{t \to t+1}
$$

같은 해석이 가능하지만, 더 간단히는

$$
\mathcal{L}{e^{-2t}u(t-1)} = e^{-s} \cdot \mathcal{L}{e^{-2(t-1)}} \quad \text{(라플라스 쌍의 지연 적용)}
$$

이때 $e^{-2(t-1)}$를 $u(t-1)$ 없이 그대로 보면, 그 라플라스 변환은

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

이므로 지연 $u(t-1)$에 의해 $e^{-s}$가 추가 곱해진다. 결국 우변의 라플라스 변환은

$$
\frac{e^{-s}}{s+2}
$$

이 된다.

이제 좌변으로 돌아와 미분방정식에 라플라스 변환을 적용한다. $y(0)=0$, $\frac{dy}{dt}\bigl|\_{t=0}=0$이므로

$$
\mathcal{L}\Bigl{\frac{d^2y}{dt^2}\Bigr} = s^2 Y(s) \\
\mathcal{L}\Bigl{5 \frac{dy}{dt}\Bigr} = 5 \Bigl(sY(s)\Bigr) \\
\mathcal{L}{6y} = 6Y(s)
$$

이들을 합하면

$$
s^2 Y(s) + 5s Y(s) + 6 Y(s) = \frac{e^{-s}}{s+2}
$$

좌변을 묶으면

$$
\bigl(s^2 + 5s + 6\bigr) Y(s) = \frac{e^{-s}}{s+2}
$$

분모 $s^2 + 5s + 6$은因子분해하면 $(s+2)(s+3)$이다. 따라서

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

결국

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

이를 시간영역으로 돌리면, 지연 성질을 고려한 뒤 $(s+2)^2 (s+3)$의 역라플라스 변환 문제로 귀결된다. 먼저

$$
\frac{1}{(s+2)^2 (s+3)}
$$

라는 식을 부분분수로 분해한 뒤, 그 결과에 지연 $e^{-s}$를 적용하면 된다.

부분분수 분해부터 실시한다.

$$
\frac{1}{(s+2)^2 (s+3)} = \frac{A}{s+2} + \frac{B}{(s+2)^2} + \frac{C}{s+3}
$$

라 두고, 공통분모를 취하여

$$
1 = A(s+2)(s+3) + B(s+3) + C(s+2)^2
$$

왼쪽은 상수 1이므로, 전개 후 계수를 비교한다. 먼저 전개:

(1) $A(s+2)(s+3)$

$$
A \bigl( s^2 + 5s + 6 \bigr) = A s^2 + 5A s + 6A
$$

(2) $B(s+3)$

$$
B s + 3B
$$

(3) $C(s+2)^2$

$$
C \bigl( s^2 + 4s + 4 \bigr) = C s^2 + 4C s + 4C
$$

합하면

$$
(A + C), s^2 + (5A + B + 4C), s + (6A + 3B + 4C)
$$

이것이 1과 같으므로

$$
s^2 \text{ 계수}: A + C = 0 \\
s^1 \text{ 계수}: 5A + B + 4C = 0 \\
s^0 \text{ 계수}: 6A + 3B + 4C = 1
$$

첫 번째 식 $A + C = 0$에서 $C = -A$. 두 번째 식 $5A + B + 4C = 0$에서 $5A + B + 4(-A) = 0 \implies A + B = 0 \implies B = -A$. 세 번째 식 $6A + 3B + 4C = 1$에 $B=-A$, $C=-A$를 넣으면

$$
6A + 3(-A) + 4(-A) = 1 \implies 6A - 3A - 4A = 1 \implies -A = 1 \implies A = -1
$$

따라서 $B = 1$, $C = 1$이 된다. 즉

$$
\frac{1}{(s+2)^2 (s+3)} = \frac{-1}{s+2} + \frac{1}{(s+2)^2} + \frac{1}{s+3}
$$

곧

$$
Y(s) = e^{-s}\Bigl\[ -\frac{1}{s+2} + \frac{1}{(s+2)^2} + \frac{1}{s+3} \Bigr]
$$

이제 $e^{-s}$가 붙은 각 항의 역라플라스 변환은, 시간영역에서 $u(t-1)$에 의해 지연된 형태로 나타난다. 즉

$$
\mathcal{L}^{-1}\Bigl{ e^{-as} F(s) \Bigr} = u(t-a),\mathcal{L}^{-1}{F(s)}\Bigl|\_{t \to t-a}.
$$

먼저 $F(s)$ 자체를 역변환하면,

$$
\mathcal{L}^{-1}\Bigl{ -\frac{1}{s+2} \Bigr} = - e^{-2t}, \quad \mathcal{L}^{-1}\Bigl{ \frac{1}{(s+2)^2} \Bigr} = t e^{-2t}, \quad \mathcal{L}^{-1}\Bigl{ \frac{1}{s+3} \Bigr} = e^{-3t}.
$$

따라서 $F(s) = -\frac{1}{s+2} + \frac{1}{(s+2)^2} + \frac{1}{s+3}$에 대한 역변환은

$$
f(t) = - e^{-2t} + t e^{-2t} + e^{-3t}.
$$

지연 1만큼을 고려하면,

$$
y(t) = u(t-1),\bigl\[, - e^{-2(t-1)} + (t-1) e^{-2(t-1)} + e^{-3(t-1)} \bigr].
$$

즉 $t < 1$에서는 0이고, $t \ge 1$에서는 위 괄호의 표현으로 나타난다. 구체적으로

$$
y(t) =  \begin{cases} 0, & t < 1 \ - e^{-2(t-1)} + (t-1) e^{-2(t-1)} + e^{-3(t-1)}, & t \ge 1 \end{cases}
$$

이것이 최종 시간영역 해가 된다. 지연이 일어난 시점 $t=1$ 이후로만 지수적 응답과 $t$가 곱해진 항 등이 나타남을 확인할 수 있다.

#### (문제 10)

서로 결합된 1차 미분방정식 두 개가 동시에 주어졌다고 하자. 초기조건도 함께 제시되어 있다.

$$
\frac{dx}{dt} + 2x + y = \delta(t - 1),\\
\frac{dy}{dt} + x + 3y = 0,\\
x(0) = 0, \quad y(0) = 1.
$$

이 계를 라플라스 변환으로 풀이하여, 시간영역에서의 해 $x(t)$와 $y(t)$를 모두 구하라. 미분방정식이 결합되어 있으므로, 라플라스 영역에서 동시방정식을 푼 뒤 역라플라스 변환을 취하는 과정을 보이라.

#### (해설 10)

우선 $\mathcal{L}{x(t)} = X(s)$, $\mathcal{L}{y(t)} = Y(s)$라 하자. 각 방정식에 라플라스 변환을 취하면, 초기조건 $x(0)=0$, $y(0)=1$을 고려해야 한다.

첫째 식에 라플라스 변환을 취한다.

$$
\mathcal{L}\Bigl{\frac{dx}{dt}\Bigr} + 2\mathcal{L}{x} + \mathcal{L}{y} = \mathcal{L}{\delta(t - 1)}.
$$

왼쪽에서 $\mathcal{L}{\frac{dx}{dt}} = sX(s) - x(0) = sX(s)$가 되고, $2X(s)$, $Y(s)$가 더해진다. 우변은 $e^{-s}$가 된다. 따라서

$$
sX(s) + 2X(s) + Y(s) = e^{-s}.
$$

즉

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

둘째 식에 라플라스 변환을 취한다.

$$
\mathcal{L}\Bigl{\frac{dy}{dt}\Bigr} + \mathcal{L}{x} + 3 \mathcal{L}{y} = 0.
$$

왼쪽에서 $\mathcal{L}{\frac{dy}{dt}} = sY(s) - y(0) = sY(s) - 1$이 되고, $X(s)$, $3Y(s)$가 더해진다. 따라서

$$
\bigl(sY(s) - 1\bigr) + X(s) + 3Y(s) = 0.
$$

즉

$$
sY(s) + 3Y(s) + X(s) - 1 = 0,\\
X(s) + (s + 3)Y(s) = 1. \qquad (2)
$$

결국 라플라스 영역에서의 두 식 (1)과 (2)는

$$
(1)\quad (s + 2) X(s) + Y(s) = e^{-s}, \\
(2)\quad X(s) + (s + 3)Y(s) = 1.
$$

이를 동시방정식 형태로 놓고 $X(s)$, $Y(s)$를 풀면 된다.

**단계 1: $X(s)$ 구하기**

(2)식에서 $X(s)$를 $X(s) = 1 - (s+3)Y(s)$로 나타낸 뒤, (1)에 대입한다.

(1)에 대입하면

$$
(s+2)\bigl\[1 - (s+3)Y(s)\bigr] + Y(s) = e^{-s}.
$$

이를 전개하면

$$
(s+2) - (s+2)(s+3)Y(s) + Y(s) = e^{-s}.
\\
(s+2) - \bigl\[(s+2)(s+3)\bigr] Y(s) + Y(s) = e^{-s}.
$$

즉

$$
(s+2) - \bigl(s^2 + 5s + 6\bigr) Y(s) + Y(s) = e^{-s}. \\
(s+2) - (s^2 + 5s + 6 - 1)Y(s) = e^{-s}. \\
(s+2) - \bigl(s^2 + 5s + 5\bigr) Y(s) = e^{-s}. \\
$$

이를 $Y(s)$ 항에 대해 정리하면

$$
-\bigl(s^2 + 5s + 5\bigr) Y(s) = e^{-s} - (s+2).
\\
Y(s) = \frac{(s+2) - e^{-s}}{s^2 + 5s + 5}.
$$

**단계 2: $Y(s)$ 단순화**

분모 $s^2 + 5s + 5$는 완전제곱 형태로 쓰면

$$
s^2 + 5s + 5 = \Bigl(s + \frac{5}{2}\Bigr)^2 + 5 - \frac{25}{4} = \Bigl(s + \frac{5}{2}\Bigr)^2 + \frac{ -15 }{4}.
$$

그런데 여기서 실제 역라플라스 변환을 위해서는, (A) 상수항과 (B) $e^{-s}$가 분리되어 있으므로 따로따로 접근하는 편이 낫다. 즉,

$$
Y(s) = \frac{s+2}{s^2 + 5s + 5} ;-; \frac{e^{-s}}{s^2 + 5s + 5}.
$$

두 항에 대해 각각 역라플라스 변환을 구한 뒤, 뒤 항에는 지연 성질이 적용된다.

먼저

$$
\frac{s+2}{s^2 + 5s + 5}
$$

를 부분분수(또는 직접)로 풀어 역변환을 찾는다. $s^2 + 5s + 5$를 다음과 같이 쓰면

$$
s^2 + 5s + 5 = \Bigl(s + \frac{5}{2}\Bigr)^2 + \Bigl(5 - \frac{25}{4}\Bigr) = \Bigl(s + \frac{5}{2}\Bigr)^2 + \frac{-15}{4}.
$$

이는 $\frac{15}{4}$가 양수인지 음수인지 판별하는 게 중요한데, 실제 값은 $3.75$가 아니라 $-3.75$이다. 즉 $\frac{-15}{4} = -3.75$이므로, 허수 성분이 나타나는 감쇠 진동 형태가 아니라, 실근이 없는 복소근(진동+감쇠) 형태가 되겠다. 다만 여기서는 구체적인 $\sin$, $\cos$ 형태로 쓰거나, 지수함수와 쌍곡선함수로 표현할 수도 있다. 일반적인 접근은

$$
s+2 = (s + \tfrac{5}{2}) + \bigl(2 - \tfrac{5}{2}\bigr) = \Bigl(s + \frac{5}{2}\Bigr) - \frac{1}{2}.
$$

그러면

$$
\frac{s+2}{(s + \frac{5}{2})^2 - \Bigl(\frac{\sqrt{15}}{2}\Bigr)^2} = \frac{(s + \tfrac{5}{2}) - \tfrac{1}{2}}{(s + \tfrac{5}{2})^2 - \Bigl(\frac{\sqrt{15}}{2}\Bigr)^2}.
$$

이 부분은 실제론 $\frac{-15}{4} = -\Bigl(\frac{\sqrt{15}}{2}\Bigr)^2$와 같은 식으로 쌍곡선함수( $\sinh$, $\cosh$ ) 응답일 수도 있음을 시사한다.

어느 쪽이든, 표준 식에 따라 $\frac{s+a}{(s+a)^2 - b^2} \to e^{-a t}\cosh(bt)$ 또는 $e^{-a t}\sinh(bt)$ 형태가 된다.

마찬가지로

e−ss2+5s+5\frac{ e^{-s} }{s^2 + 5s + 5}

는 위에서 구한 변환 결과에 $e^{-s}$ 곱이 붙었으니, 시간영역에서 $u(t-1)$에 의해 1만큼 지연된 해로 나타난다. 즉

$$
\mathcal{L}^{-1} \Bigl{ \frac{ e^{-s} }{s^2 + 5s + 5} \Bigr} = u(t-1), h(t-1),
$$

단 $h(t)$는 $\mathcal{L}^{-1}{ \tfrac{1}{s^2+5s+5}}$에 해당한다.

요약하면, 엄밀한 부분분해와 역변환을 통해 결국

$$
y(t) = \mathcal{L}^{-1}\Bigl{ \frac{s+2}{s^2 + 5s + 5}\Bigr} ;-;  u(t-1), \mathcal{L}^{-1}\Bigl{ \frac{1}{s^2 + 5s + 5}\Bigr}\bigl|\_{t \to t-1}.
$$

이 형태로 표현된다. 실제로는 감쇠진동이든 쌍곡선함수이든, $s^2+5s+5=0$의 근이 $\frac{-5 \pm \sqrt{25-20}}{2} = \frac{-5 \pm \sqrt{5}}{2}$이므로, 실수부가 모두 음수이고 서로 다른 두 음근(실근이 아닌, 서로 다른 복소근) 형태로서 지수감쇠진동으로 이어진다. 완전 전개를 위해서는 조금 긴 계산이 필요하지만, 핵심은 지연 항 $e^{-s}$가 가져오는 $u(t-1)$ 효과와, $s^2 + 5s + 5$가 의미하는 복소근(감쇠 진동) 성분을 조합하면 된다.

**단계 3: $X(s)$ 구하기**

$X(s)$는 (2)식

$$
X(s) = 1 - (s+3)Y(s)
$$

를 사용해 얻는다. $Y(s)$를 위에서 구한 형태( $(s+2)/(s^2 + 5s + 5) - e^{-s}/(s^2 + 5s + 5)$ )로 대입하여

$$
X(s) = 1 - (s+3)\Bigl\[\frac{s+2}{s^2 + 5s + 5} - \frac{ e^{-s} }{s^2 + 5s + 5}\Bigr].
$$

즉

$$
X(s) = 1 - \frac{(s+3)(s+2)}{s^2 + 5s + 5} + \frac{(s+3),e^{-s}}{s^2 + 5s + 5}.
$$

이를 다시 분할하여 각각 역변환을 구한다. 첫 항 "1"은 시간영역에서 $\delta(t)$의 라플라스 변환과 같은 건 아니며, 실제로는 $\mathcal{L}^{-1}{1}$은 $\delta(t)$가 아니라, 우리가 흔히 사용하는 것은 $\frac{1}{s}$가 1의 적분이기 때문에 주의해야 한다. 다만 여기서는 (2)식에서 얻어진 직접 표현이므로, 엄밀히 말하면

(2)식:

$$
X(s) + (s+3)Y(s) = 1
$$

에서 "1"은 상수항이 아닌 라플라스 영역에서의 "상수 1"이므로, 그 역변환은 $\delta(t)$가 맞다. 따라서

$$
\mathcal{L}^{-1}{ 1 } = \delta(t).
$$

나머지 항에 대해서는 부분분수 또는 위와 같은 감쇠진동 해석을 적용한다. 이로 인해 $x(t)$는 $\delta(t)$ 성분(즉, 0이 아닌 초기 순간의 임펄스 응답 형태)과 복소감쇠 항(및 지연 항)이 결합된 복합적 형태가 된다.

**결과적 해석**

본 문제의 핵심은,

* 결합된 미분방정식을 라플라스 영역으로 옮겨서 대수적으로 푼다.
* 얻어진 $X(s)$와 $Y(s)$에서, 부분분수나 완전제곱 등의 기법으로 각각 역라플라스 변환을 한다.
* $e^{-s}$가 있는 항은 시간영역에서 $u(t-1)$가 곱해진 형태로 표현된다 (지연).
* $s^2 + 5s + 5$가 나타나므로, 해의 고유모드 부분은 지수감쇠와 진동이 혼합된 형태(복소근)로 나타난다.

구체적인 단일함수(사인, 코사인) 형태를 원한다면, $s^2 + 5s + 5$의 근을 $\alpha \pm j\beta$ 꼴로 표현하여 $e^{\alpha t} \sin(\beta t)$, $e^{\alpha t} \cos(\beta t)$ 꼴로 해를 쓰면 된다. 또는 실질적으로 $\alpha = -\frac{5}{2}$와 $\beta = \frac{\sqrt{5}}{2}$ 등이 적용되어, $e^{-\frac{5}{2}t}\bigl(C\_1 \cos(\tfrac{\sqrt{5}}{2} t) + C\_2 \sin(\tfrac{\sqrt{5}}{2} t)\bigr)$ 형태의 감쇠진동이 나타난다. 여기에 $u(t-1)$로 인한 지연 항이 중첩된다.

결론적으로 $x(t)$, $y(t)$는 모두,

* 감쇠진동 해(계의 고유응답),
* 지연된 입력 $\delta(t-1)$ 혹은 $e^{-2(t-1)}u(t-1)$와 같은 항에서 기인한 특정 반응,
* 초기조건에서 유도되는 항

이 합해진 형태로 표현된다. 여기서는 $x(0)=0, y(0)=1$이므로 $y(t)$는 초기치에 따른 지수감쇠/진동이 나타나며, $x(t)$에도 그것이 반영된다. 또한 $\delta(t-1)$ 항이 직접 (1)식에 작용하므로, $t=1$ 시점 이후에만 영향을 미치는 지연 응답이 발생한다.