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. 디랙 델타 함수(Dirac's delta function)

아래와 같이 함수열(sequence of functions)을 정의하자.

$$ f_k(t-a) = \begin{cases} \tfrac{1}{k}, & \quad a \leq t \leq a + k \\[5px] 0, & \quad \text{otherwise} \end{cases} $$

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

$$ \delta(t-a) := \lim_{k \rightarrow 0} f_k(t-a) = \begin{cases} \infty, & \quad t = a \\[5px] 0, & \quad \text{otherwise} \end{cases} $$

 

먼저 위 정의를 보면 다음의 사실을 쉽게 확인할 수 있다.

$$ \int_{0}^{\infty} \delta(t-a) \, dt = 1 $$

또한,

$$ \begin{align*} \mathcal{L}(\delta(t-a)) & = \int_{0}^{\infty} e^{-st} ;\delta(t-a) \, dt ;\\[5px] & = \lim_{k \rightarrow 0} \int_{0}^{\infty} e^{-st} f_k(t-a) \, dt ;\\[5px] & = \lim_{k \rightarrow 0} \int_{a}^{a+k} e^{-st} \frac{1}{k} \, dt \\[5px] & = \lim_{k \rightarrow 0} \left( \left. -\frac{e^{-st}}{ks} \right|_{a}^{a+k} \right) \\[5px] & = \lim_{k \rightarrow 0} \frac{1}{ks} \left( e^{-as} - e^{-(a+k)s} \right) \\[5px] & = \lim_{k \rightarrow 0} \frac{e^{-as}}{ks} \left( 1 - e^{-ks} \right) \\[5px] & = e^{-as} \end{align*} $$

 

이제 디랙 델타 함수를 이용하는 세가지 예제를 살펴보자.

 

예제 16. 다음 미분방정식을 살펴보자.

$$ \begin{cases} y'' + 3y' + 2y = u(t-1) - u(t-2), \\[5px] y(0) = y'(0) = 0. \end{cases} $$

위 방정식의 양변에 라플라스 변환을 적용하면 다음을 얻는다.

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

따라서

$$ \begin{align*} \qquad Y & = \frac{e^{-s} - e^{-2s}}{s(s+1)(s+2)} \\[5px] & = \left( \frac{\frac{1}{2}}{s} - \frac{1}{s+1} + \frac{\frac{1}{2}}{s+2} \right) (e^{-s} - e^{-2s}) \end{align*} $$

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

$$ \begin{align*} \qquad y & = \left( \frac{1}{2} - e^{-(t-1)} + \frac{1}{2}e^{-2(t-1)} \right) u(t-1) \\[5px] & \qquad + \left( \frac{1}{2} - e^{-(t-2)} + \frac{1}{2}e^{-2(t-2)} \right) u(t-2) \end{align*} $$

 

예제 17. 다음의 미분방정식을 살펴보자.

$$ \begin{cases} y'' + 3y' + 2y = \delta(t-1), \\[5px] y(0) = y'(0) = 0. \end{cases} $$

위 방정식의 양변에 라플라스 변환을 적용하면 다음을 얻는다.

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

위 식을 $Y$에 관해 정리하면,

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

이제 역 라플라스 변활을 이용하여 다음을 얻는다.

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

그러므로

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

 

예제 18.다음의 미분방정식을 살펴보자.

$$ y'' + 2y' + 2y = \begin{cases} 10 \sin 2t, & \qquad 0 < t < \pi \\[5px] 0, & \qquad t > \pi \end{cases} $$

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

$$ \begin{align*} \text{RHS} & = 10 \sin 2t (1-u(t-\pi)) \\[5px] & = 10 \sin 2t - 10 \sin 2(t-\pi) u(t-\pi). \end{align*} $$

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,

$$ \begin{align*} Y & = \frac{20}{(s^2 + 4)(s^2 + 2s + 2)}(1- e^{-\pi s}) + \frac{s - 3}{s^2 + 2s + 2} \\[5px] & = \bigg( \underbrace{\frac{-2s-2}{s^2 + 4}}_{(1)} + \underbrace{\frac{2(s+1)+4}{(s+1)^2 + 1}}_{(2)} \bigg)(1- e^{-\pi s}) + \underbrace{\frac{(s+1)-4}{(s+1)^2 + 1}}_{(3)} \end{align*} $$

을 얻는다. 이제 위 방정식의 우변을 각 항별로 풀어 정리하면,

$$ \begin{align*} &(1) \ -2 \cos 2t - \sin 2t + 2e^{-t}\cos t + 4e^{-t}\sin 2t \\[5px] &(2) \ [ -s \cos 2(t-\pi) - \sin 2(t-\pi) + e^{-(t-\pi)} \cos (t-\pi) + 4e^{-(t-\pi)} \sin 2(t-\pi) ] u(t-\pi) \\[5px] &(3) \ e^{-t} \cos t - 4 e^{-t} \sin t \end{align*} $$

최종적으로, $y = (1) - (2) + (3)$을 얻는다. $y = (1) - (2) + (3)$.