- 1 -
7.1 라 라스 변환
7.1.1 라 라스 변환 정의
◎ 연속 신호 x(t)에 한 라 라스 변환
: 특정 x( t)에 하여 연속 시간 푸리에 변환에 한 결과가 발산하여
X(f)가 존재하지 않는 경우가 발생
: 이러한 연속 시간 푸리에 변환의 한계를 극복하고 보다 효율 으로 시스템의
동작을 분석하기 하여 라 라스 변환(Laplace transform)을 도입
X(s)=⌠⌡
∞
-∞x(t)e - s tdt (7.1)
여기서, 변수 s는 s=σ+ jΩ로 주어지는 복소 변수이고,
Ω=2πf의 계를 가짐
- 2 -
그림 7.1 라 라스 변환의 그래 s- 역
⇒ X(s)는 σ축과 Ω축을 가지는 2차 공간(복소 공간)에서 정의되는 3차원 그래
⇒ σ축과 Ω축으로 구성된 2차 공간을 s- 역 는 s-평면(s-domain)이라 함
⇒ 식 (7.1)의 라 라스 변환 공식과 연속 시간 푸리에 변환 공식인 식 (4.19)와
비교하면 라 라스 변환 에서 특히 σ=0인 역(즉, s= jΩ)에서의
X(s)값은 x( t)의 연속 시간 푸리에 변환과 동일
◎ x( t)의 라 라스 변환
X(s) = L{x( t)}
x( t) ←→L
X(s)
- 3 -
[ 제 7.1] x( t)=e 2tu(t)의 연속 시간 푸리에 변환과 라 라스 변환을 구하여보자.
그림 7.2 x(t)= e 2tu(t) 신호와 라 라스 변환의 ROC
(풀이) 그림 7.2(a)에서 x( t)를 연속 시간 푸리에 변환 공식에 그 로 입하면
분이 발산을 하여 연속 시간 푸리에 변환이 존재하지 않는다.
X(Ω)=⌠⌡
∞
0e 2te - jΩtdt=⌠
⌡
∞
0e ( 2- jΩ)tdt=
12- jΩ
e 2te - jΩt|∞
0
=∞
동일한 신호에 해서 라 라스 변환을 구하면
- 4 -
X(s) =⌠⌡
∞
0e 2te - stdt=⌠
⌡
∞
0e ( 2- s)tdt
=1
2- se ( 2- σ)te - jΩt|
∞
0=
1s-2
if 2-σ < 0
즉, 2-σ< 0인 조건이 주어지면 X(s)값이 존재하므로
체 s- 역 에서 2< σ 역에서는 x( t)를 분석할 수 있다.
풀이 과정에서 실수 a 에 하여 e at| t=∞ ≠∞일 조건이 a < 0이고,
모든 Ω 에 하여 e jΩt| t=∞ ≠∞인 성질을 이용하 다.
◎ 라 라스 변환의 수렴 역(region of convergence: ROC)
: 라 라스 변환을 구할 때 분이 발산하지 않을 s 의 조건
(특히, Re{s} 는 σ의 조건)
: 그림 7.2(b)와 같이 ROC는 s - 역에서 빗 으로 표시하고
σ=2의 경계선은 ROC에 포함되지 않으므로 선으로 표시
: ROC는 Ω 값에 계없고 항상 σ에 한 조건만으로 주어짐
- 5 -
[ 제 7.2] 그림 7.3(a)의 x( t)=-e 2tu(-t)의 라 라스 변환을 구하여보자.
그림 7.3 x(t)=- e 2tu(-t) 신호와 라 라스 변환의 ROC
(풀이)
X(s) =-⌠⌡
0
-∞e 2te - stdt=-⌠
⌡
0
-∞e ( 2- s)tdt=
-12- s
e ( 2- σ)te - jΩt|0
-∞
=1s-2
if 2-σ>0
- 6 -
제 7.1과 비교하면, 서로 다른 x( t)에 하여 동일한 X(s)가 나온다.
그러나, 각각의 ROC가 σ> 2와 σ< 2로 서로 다르므로 두 라 라스 변환의
결과는 분명히 다른 결과이고, 이로부터 라 라스 변환은 X(s)뿐만 아니라
ROC도 반드시 포함하여야 하는 것을 알 수 있다.
일반 으로 라 라스 변환 결과는 아래와 같은 형태로 표시한다.
X(s)=1s-2
, ROC : Re{ s} < 2
◎ 이상의 제를 일반화하면
e - atu(t) ←→L
1s+a
, ROC : {s} >Re{-a}
-e - atu(-t) ←→L
1s+a
, ROC : {s} <Re{-a}
(7.2)
- 7 -
[ 제 7.3] 그림 7.4(a) x(t)= e -2 | t | 의 라 라스 변환을 구하여보자.
그림 7.4 x(t)= e -2 | t | 신호와 라 라스 변환의 ROC
- 8 -
(풀이) 주어진 신호를 개하면 x( t)=e -2tu(t)+e 2tu(-t)이 되고
X(s) =⌠⌡
0
-∞e 2te - stdt+⌠
⌡
∞
0e -2te - s tdt
=1
2-se ( 2- σ)te - jΩt|
0
-∞+
-12+s
e -( 2+ σ)te - jΩt|∞
o
=-1s-2
+1s+2
if 2-σ> 0 and 2+σ>0
두 분이 모두 수렴하여야 체 X(S)가 존재하므로 ROC는
각 분의 수렴 조건의 공통 역이 되어 -2< σ<2가 되며
그림으로 표시하면 그림 7.4(b) 된다.
- 9 -
[ 제 7.4] 그림 7.5 x(t) = e 2| t | 신호의 라 라스 변환을 구하여보자.
그림 7.5 x(t) = e 2| t | 신호
(풀이)
X(s) =⌠⌡
0
-∞e -2te - stdt+⌠
⌡
∞
0e 2te - s tdt
=1
-2-se (-2- σ)te - jΩt|
0
-∞+
12-s
e ( 2- σ)te - jΩt|∞
o
=-1s+2
+1s-2
if σ<-2 and σ>2
그러나 각 분이 동시에 수렴하는 공통 역이 없으므로 ROC는
공집합이 되고 X(s)는 존재하지 않는다.
- 10 -
7.1.2. 수렴 역의 성질
표 7.1 신호의 존재 역과 ROC의 계
x( t)의 존재 역 ROC의 형태
u< t< v 역에서만 x( t) 존재
(유한 역 신호)모든 s- 역
t>a 역에서만 x( t) 존재
(우측 신호, right-sided signal)
Re{s}> b
(s-평면의 오른쪽 역)
t< c 역에서만 x( t) 존재
(좌측 신호, left-sided signal)
Re{s}<d
(s-평면의 왼쪽 역)
x( t) -∞부터 ∞까지 존재
(양측 신호, two-sided signal)
e<Re{s} <h
(s-평면의 수직띠 역 는 공집합)
- 11 -
그림 7.6 신호의 존재 역과 ROC 계
- 12 -
7.2 라 라스 변환의 성질
(1) 선형성
: X1(s)=L{x1(t)}, X2(s)=L{x2(t)}라 하면, 임의의 상수 a 1, a 2에 하여
x( t)=a 1x 1(t)+a 2x2(t) ←→L
X(s)=a 1X1(s)+a 2X2(s)가 성립한다.
이때, X(s)의 ROC는 X1(s)의 ROC와 X2(s)의 ROC의 교집합을
포함하는 역이 된다.
- 13 -
[ 제 7.5] x( t)= cos(Ω 0t)u( t)의 라 라스 변환을 구하여보자.
(풀이) 오일러 공식에 의하여 x( t)= 12ejΩ 0tu(t)+
12e
- jΩ 0tu(t)와 같이
두 개의 신호로 분해되고 식 (7.2)를 이용하여 각 신호의
라 라스 변환을 구하고 선형 성질을 이용하여 더하면 된다.
12ejΩ otu(t) ←→
L 12
1s-jΩ o
, ROC : Re{s} > 0
12e
- jΩ otu(t) ←→L
12
1s+jΩ o
, ROC : Re{s} > 0
cos(Ω ot)u( t) ←→L
12
1s-jΩ o
+12
1s+jΩ o
=s
s 2+Ω2o
ROC : Re{s}> 0
동일한 방법으로 사인 신호에 한 라 라스 변환은 다음과 같다.
sin(Ω ot)u( t) ←→L
Ωo
s 2+Ω2o
, ROC : Re{s} > 0
- 14 -
(2) 시간 이동 성질
: x( t)를 시간 축에서 a 만큼 이동시킨 x( t-a)의
라 라스 변환은 e-asX(s)가 되고 ROC는 변하지 않는다.
x( t-a) ←→L
e- asX(s), ROC : X( s)의 ROC
- 15 -
[ 제 7.6] 그림 7.7(a)에 주어진 x( t)=e-( t-1)u(t-1)의 라 라스 변환을
두 가지 방법으로 구하여보자.
그림 7.7 x(t)= e -( t-1)u(t-1) 신호와 라 라스 변환의 ROC
- 16 -
(풀이) 먼 , 공식에 직 입하여 구하면
X(s) =⌠⌡
∞
1e-( t-1)e- stdt=⌠
⌡
∞
1e 1e -( 1+ s)tdt
=-e 1
s+1e -( 1+ σ)te - jΩt|
∞
1
=e 1
s+1e -( 1+ s) if 1+σ> 0
=e- s
s+1 if Re{s} >-1
다음, 시간 이동 성질을 이용하면 y( t)= e- tu(t)라 할 때
x( t)= y( t-1) 이므로 동일한 결과가 나온다.
X(s)= e- sY(s)=e- s
s+1, ROC : Re{s} >-1
- 17 -
(3) s- 역 이동 성질
: X(s)를 s- 역에서 a 만큼 이동시킨 X(s-a)에 응하는
시간 역 신호는 다음과 같다.
eatx(t) ←→L
X( s-a), ROC : X( s)의 ROC를 a 만큼 이동
- 18 -
[ 제 7.7] 그림 7.8(a)의 x( t)=e-2tcos(Ω 0t)u(t)의 라 라스 변환을 구하여보자.
(풀이) s- 역 이동 성질을 이용하면
코사인 신호의 라 라스 변환을 s- 역에서 -2 만큼 이동시키면 된다.
cos(Ω ot)u( t) ←→L
s
s 2+Ω2o
, ROC : Re{s} > 0
e-2tcos(Ω ot)u( t) ←→L
s+2
(s+2)2+Ω2o
, ROC : Re{s} >-2
그림 7.8 라 라스 변환을 한 신호
- 19 -
(4) 척도 조
: x( t)에 한 라 라스 변환을 X(s)라 하고 ROC를 R 이라 할 때,
시간 역 s- 역에서의 척도 조 성질은 다음과 같다.
x(at) ←→L
1|a|X(sa), ROC : R을 a 만큼 척도 조절
(5) 미분 성질
: x( t)에 한 라 라스 변환을 X(s)라 할 때, 다음 성질을 가진다.
dx( t)dt
←→L
sX( s), ROC : X( s)의 ROC를 포함
- tx( t) ←→L
dX( s)ds,
ROC : X( s)의 ROC
- 20 -
[ 제 7.8] 그림 7.8(b)의 x( t)= te- tu(t)의 라 라스 변환을 구하여보자.
(풀이) 이 식을 라 라스 변환 공식에 직 입하면 매우 복잡한 분 계산이
필요하지만 미분 성질을 이용하면 쉽게 X(s)를 구할 수 있다.
e- tu(t) ←→L
1s+1
, ROC : Re{s} >-1
te- tu(t) ←→L
-dds
1s+1
=1
(s+1)2, ROC : Re{s} >-1
- 21 -
(6) 컨벌루션 성질
: x1(t), x2(t)의 라 라스 변환이 각각 X1(s), X2(s)이고
ROC를 R1, R2라 할 때,
x 1(t)*x 2(t) ←→L
X 1(s)X 2(s), ROC : R 1∩R 2를 포함
이 성질을 이용하면 그림 7.9와 같이 연속 LTI 시스템의 출력을
쉽게 구할 수 있다.
그림 7.9 라 라스 변환의 컨벌루션 성질을 이용하여 연속 LTI 시스템의 출력을 구하는 과정
- 22 -
◎ 주요 신호의 라 라스 변환 계
표 7.2 주요 신호의 라 라스 변환
x( t) X(s) ROC
δ( t) 1 All s
u( t)1s
Re{s} > 0
-u(- t)1s
Re{s} < 0
e- atu(t)1
(s+a)Re{s} >-a
-e- atu(-t)1
(s+a)Re{s} <-a
tn-1
(n-1)!e- atu(t)
1
(s+a)nRe{s} >-a
-t n-1
(n-1)!e- atu(-t)
1
(s+a)nRe{s} <-a
- 23 -
표 7.2 주요 신호의 라 라스 변환(계속)
x( t) X(s) ROC
cos(Ω ot)u( t)s
s 2+Ω2o
Re{s} > 0
sin(Ω ot)u( t)Ωo
s 2+Ω2o
Re{s} > 0
e- atcos(Ω ot)u( t)s+a
(s+a) 2+Ω2o
Re{s} >-a
e- atsin(Ω ot)u( t)Ωo
(s+a) 2+Ω2o
Re{s} >-a
- 24 -
7.3 라 라스 역변환
◎ 라 라스 역변환 공식
: 이 분은 복소 분으로서 우리가 이해하기 매우 어려운 내용이므로
여기서는 다루지 않음
: 앞에서 구하 던 라 라스 변환 결과를 이용하여 라 라스 역변환을
구하는 방법을 배움
x(s)=1j2π
⌠⌡
σ+ j∞
σ- j∞X(s)estds
- 25 -
[ 제 7.9] X(s)=1
(s+1)(s+2) , Re{s}>-1에 한 x( t)를 구하여보자.
(풀이) 먼 , X(s)=As+1
+Bs+2
가 되도록 상수 A, B를 구하면
As+1
+Bs+2
=A(s+2)+B(s+1)
(s+1)(s+2)=
(A+B)s+(2A+B)(s+1)(s+2)
=1
(s+1)(s+2)
A+B=0, 2A+B=1
연립방정식을 풀면 즉, A=1, B=-1이 되고 X(s)=1s+1
-1s+2
이 된다.
- 26 -
다음, 라 라스 변환의 선형 성질을 이용하면 각 항의 역변환을 구하여
더하면 되고, 주어진 ROC과 표 7.2를 이용하여 각 항의 역변환을 구하면,
1s+1
←──→L-1
e- tu(t)
-1s+2
←──→L-1
-e-2tu(t)
최종 으로, x( t)=e- tu(t)-e-2tu(t)가 된다.
여기서, X(s)를 As+1
과 Bs+2
의 두 개의 항으로 분리시킨 이유는
각 항의 라 라스 역변환을 이미 알고 있기 때문이며, 이와 같이 역변환이
가능한 형태의 합으로 X(s)를 분리시키는 것이 요한 과정이다.
- 27 -
[ 제 7.10] X(s)=s+1
s 2+5s+6, -3<Re{s}<-2에 한 라 라스 역변환을
구하여보자.
(풀이) 제 7.9과 같이 X(s)를 역분해 가능한 형태로 분해하기 하여
먼 분모를 s 에 하여 인수 분해하여 (s+2)(s+3)를 구하고
다음과 같이 개한다.
X(s) =s+1
(s+2)(s+3)=
As+2
+Bs+3
=(A+B)s+(3A+2B)
(s+2)(s+3)
A+B=1, 3A+2B=1
A=-1, B=2가 되고 X(s)=-1s+2
+2s+3
이므로 주어진 ROC인
-3<Re{s}<-2와 표 7.2에 의하여 x( t)=e-2tu(-t)+2e-3tu(t)가 된다.
- 28 -
[ 제 7.11] X(s)=s
s 2-2s+1 , Re{s}> 1일 때 라 라스 역변환을 구하여보자.
(풀이) 분모를 인수 분해하면 (s-1) 2가 되고, 이 경우에 X(s)는
X(s)=A
(s-1)2+
B(s-1)
의 형태가 되어야 한다.
즉, 각 인수에 하여 최고차 항부터 1차 항까지 모두 포함하여야 한다.
A
(s-1)2+
Bs-1
=A+B(s-1)
(s-1)2=Bs+(A-B)
(s-1)2=
s
(s-1)2
B=1, A-B=0 X(s)=1
(s-1)2+
1s-1
ROC가 Re{s}> 1 이므로 x( t)= te tu(t)+etu(t)이다.
- 29 -
[ 제 7.12] X(s)=2s 2+9s+11
s 2+4s+4, Re{s}>-2의 라 라스 역변환을 구하여보자.
(풀이) 먼 , 분자와 분모의 차수가 같으므로 나 기 동작을 통하여
분자의 차수를 작게 하는 과정이 추가로 필요하다.
X(s) =2+s+3
(s+2)2=2+
A
(s+2)2+
Bs+2
=2+Bs+(A+2B)
(s+2)2
B=1, A+2B=3 → A=1, B=1
와 같이 분해되어 x( t)=2δ( t)+ te-2tu(t)+e-2tu(t)가 된다.
- 30 -
[ 제 7.13] X(s)=3s 2-s2+1
(s 2+1)(s-1), 0<Re{s}< 1의 라 라스 역변환을
구하여보자.
(풀이)Ω
0
s 2+Ω20
는 s
s 2+Ω20
의 라 라스 역변환을 이미 알고 있으므로
분모의 (s 2+1)항은 더 이상 인수분해 하지 않고 다음과 같이 개한다.
X(s)=A
s 2+1+
Bs-1
=Bs 2+As+(B-A)
(s 2+1)(s-1)
B=3, A=-2, B-A=1
그러나, 이와 같은 A, B는 존재하지 않으므로 다음 개를 시도한다.
- 31 -
X(s)=As
s 2+1+
Bs-1
=(A+B)s 2-As+B
(s 2+1)(s-1)
A+B=3, A=2, B=1
이것을 만족하는 A와 B가 존재하므로 이로부터 역변환을 구할 수 있다.
주어진 ROC가 0부터 1이므로 첫 항은 우측 신호이고
둘째 항은 좌측 신호가 되어 x( t)=2cos(t)u( t)-etu(-t) 이다.
- 32 -
[ 제 7.14] x( t)= e- tu(t)가 임펄스 응답 h( t)= e-2tu(t)를 가지는 시스템에
입력될 때 출력 신호를 두 가지 방법으로 구하여보자.
(풀이) 먼 두 신호 사이의 컨벌루션을 통하여 출력 신호를 구하면 다음과 같다.
y( t) = x( t)*h( t)=⌠⌡
∞
-∞x(t-τ)h(τ)dτ
=⌠⌡
∞
-∞e-( t- τ)u(t-τ)e-2τu(τ)dτ
= e- t⌠⌡
∞
-∞e-
τu(τ)u(t-τ)dτ
= e- t⌠⌡
t
0e-
τdτ, if t> 0
= e- t(1-e- t ), if t> 0
= e- t-e-2t, if t> 0
= (e- t-e-2t )u( t)
u(τ)u( t-τ)≠0 인
구간만 분하면 된다.
t< 0 이면 항상
u(τ)u( t-τ)=0 이므로
이 조건이 필요하다.
- 33 -
다음 라 라스 변환을 이용하여 출력 신호를 구하면,
각 신호의 라 라스 변환이
X(s)=1s+1
, Re{s} >-1
H(s)=1s+2
, Re{s} >-2
가 되고, 그 결과 Y(s)= 1(s+1)(s+2)
, Re{s})> -1이 되며,
출력 신호는 제 7.9에 의하여 y( t)=e- t u(t)-e-2tu(t)이 된다.
두 결과는 당연히 동일하다.
- 34 -
7.4 라 라스 변환을 이용한 시스템 분석
◎ 연속 LTI 시스템을 정의하고 동작을 분석하는 방법
① 시간 역에서의 시스템 분석 방법
: 임펄스 응답 h( t)로 시스템을 정의하고 입력신호와 h( t)의
컨벌루션 연산으로 출력신호를 구하는 방법
: 임펄스 응답 h( t)와의 컨벌루션 연산은 수학 으로 명확하게 정의되므로
분을 통하여 출력신호를 구할 수 있음
: 단순히 수학 인 계산일 뿐이며 시스템이 구체 으로 어떤 물리 인
동작을 실행하는지 알려주지 못함
: 로써, h( t)= e - tu(t)인 시스템에서 입력신호가 구체 으로 어떠한
동작에 의하여 출력으로 나오는지 알기 어려운 문제 이 있음
- 35 -
② 주 수 역에서의 시스템 분석 방법
: 주 수 응답 H(f)로 시스템을 정의하고 입력신호의 스팩트럼 X(f)와
H(f)의 곱을 통하여 출력신호의 스팩트럼을 구하는 방법
: H(f)는 시스템의 주 수별 이득을 의미하는데 복잡한 H(f) 식이
주어질 때 |H(f)|의 주 수별 이득 분포를 구하는 것이 쉽지 않음
- 36 -
7.4.1 시간 역에서의 시스템 분석
◎ 시간 역에서의 연속 시스템 분석
: 라 라스 변환을 이용하여 연속 시스템을 분석하면 보다 구체 으로
시간 역에서의 동작을 볼 수 있음
: 시스템의 임펄스 응답이 h( t)= e- tu(t)일 때, H(s)=1s+1
, Re{s} >-1이 되며
라 라스 변환의 컨벌루션 성질에 따라 Y(s)=X(s)H(s)가 됨
Y(s) =X(s)s+1
(s+1)Y(s) =X(s)
sY(s)+Y(s) =X(s)
(7.3)
- 37 -
: 식 (7.3) 체에 라 라스 역변환을 용하고 미분 성질을 이용하면
L-1{sY(s)+Y(s)} =L-1{X(s)}
L-1{sY(s)}+L-1{Y(s)} = x( t)
dy( t)dt
+y( t) = x( t)
: 최종 으로 미분 방정식으로 입출력 계가 설명되고
시간 역에서의 시스템 블럭도(block diagram)는 그림 7-10(a)가 됨
y( t)= x( t)-dy( t)dt
(7.4)
- 38 -
◎ 그림 7-10(b)와 같이 컨벌루션으로 출력을 구하면
: 이론 으로 이 식은 식 (7.4)와 동일한 의미를 가지지만 식 (7.4)가 의미하는
시스템 동작을 알려주지는 못한다.
y( t) = x( t)*h( t)=⌠⌡
t
-∞x(τ)e-( t- τ)dτ= e- t⌠⌡
t
-∞x(τ)e
τdτ
◎ 시간 역에서의 시스템의 블럭도(block diagram)
그림 7.10 연속 LTI 시스템 동작을 표 하는 두 가지 방법
- 39 -
[ 제 7.15] 달 함수 H(s)=s+2
s 2+s-1를 가지는 시스템의 입출력 계를
미분 방정식으로 표 하고 체 시스템 동작을 블럭도로 그려보자.
(풀이)
Y(s)=X(s)( s+2
s 2+s-1 ), (s 2+s-1)Y(s)=(s+2)X(s)
d 2y(t)
dt 2+dy( t)dt
-y( t)=dx( t)dt
+2x( t)
y( t)=-dx( t)dt
-2x( t)+d 2y(t)
dt 2+dy( t)dt
그림 7.11 제 7.15 시스템 동작의 블럭도
- 40 -
◎ 시스템의 입출력 계가 미분 방정식으로 주어질 때,
시스템의 달 함수 임펄스 응답을 구하는 문제를 다루어보자.
: 만일 연속 LTI 시스템의 입력 신호 x( t)와 출력 신호 y( t)의 계가
d 2y(t)
dt 2-2
dy( t)dt
+y( t)=dx( t)dt로 정의될 때, 양변에 라 라스 변환을
용하고 미분 성질을 이용하면
L{ d2y(t)
dt 2 }-L{2 dy( t)dt }+L{y( t)} =L{ dx( t)dt }s 2Y(s)-2sY(s)+Y(s) = sX(s)
(s 2-2s+1)Y(s) = sX(s)
Y(s) =X(s)( s
s 2-2s+1 )
- 41 -
가 되어 H(s)=s
s 2-2s+1이 되고, 제 7.11로부터 h( t)= te tu(t)+etu(t)
이 된다. 이와 같이 라 라스 변환을 이용하면 미분 방정식으로 표 되는
시스템의 임펄스 응답을 구할 수 있다.
- 42 -
7.4.2 주 수 역에서의 시스템 분석
◎ 주 수 역에서의 연속 시스템 분석
: 시스템의 동작을 주 수별 이득의 분포 개념으로 분석하는 것
: 시스템의 주 수 응답에 하여 |H(Ω)|의 그래 를 통하여 쉽게 이루어짐
그림 7.12 시스템의 주 수 응답
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◎ 라 라스 변환을 이용하여 략 인 |H(Ω)| 모양을 구하는 방법
: 일반 으로 H(s)는 H(s)=N(s)D(s)
와 같이 s 의 다항식인 N(s)와 D(s)의
유리 함수 형태를 가진다. 만일 분모와 분자를 각각 s 에 하여
1차항으로 인수 분해를 하면
H(s)=G∏R
i=1(s-β i)
∏P
k=1(s-α k)
(7.5)
여기서, R 과 P 는 각각 N(s)와 D(s)의 차수이고, G 는 N(s)와 D(s)의
최고차 항 계수의 비이며, αk 와 β
i 는 각 다항식의 근(root)이다.
특히, αk 를 시스템의 극 (pole), β
i 를 시스템의 (zero)이라 함
극 에서 H(s)=∞ 가 되고, 에서 H(s)=0 이 된다.
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: 시스템의 주 수 분석에서 극 과 의 치가 매우 요한 역할을 하며
s- 역에 표시
: 로써, H(s)= s-1
s 2+1=
s-1(s- j)(s+ j)
의 극 은 s=±j 이고
은 s=1이며 그림 7.13과 같은 방법으로 s- 역에 치를 표시
그림 7.13 시스템의 극 과 을 s- 역에 표시하는 방법
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: 식 (7.5)와 같이 H(s)가 인수분해 되면
|H(s)|=
G
∏R
i=1(s-β i)
∏P
k=1(s-α k)
=|G|
∏R
i=1|s-β i|
∏P
k=1|s-α k|
: |s-β i |는 s 와 각 사이의 거리이고, |s-αk|는 s 와 각 극 사이의
거리이므로 특정 s o 에서의 |H( s o)| 값은
|H(s o)|= |G|∏R
i=1(s o와 영점 β i까지의 거리)
∏P
k=1(s o와 극점 α k까지의 거리)
(7.6)
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: 그림 7.14와 같이 s - 역에 극 과 을 표시하고, 각 s 에서의
거리를 구하면 그 에서의 |H(s)| 값이 구하여진다.
그림 7.14 시스템의 극 과 까지의 거리를 이용하여 |H(s)|를 구하는 방법
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: 연속 시간 푸리에 변환과 라 라스 변환 사이의 계에 따라
H(Ω) =H(s= σ+ jΩ)| σ= 0
: s - 역에서 σ=0 인 치, 즉 Ω 축을 따라 H(s)를 구하면
그것이 곧 H(Ω)가 됨
: 최종 으로 |H(Ω)|값은 H(s)의 극 과 Ω 축 의
모든 까지의 거리를 구하여 얻을 수 있다.
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[ 제 7.16] H(s)= 1
(s+0.9)2+4인 시스템의 주 수 응답 그래 를 략 으로
구해보자.
(풀이) 먼 분모의 근을 계산하여 극 을 구하면 s=-0.9±j2 가 되어
그림 7.15(a)와 같이 극 이 치하고, 각 극 까지의 거리를 a, b라 하면
|H(ω)|=1ab이 된다. Ω 값에 따른 a, b의 크기 변화를 살펴보면 Ω 가
극 에 최 한 근 할 때, 즉 Ω=±2 일 때 a 는 b 가 0.9로
최소값이 되어 Ω=±2 부근에서 ab 값이 매우 작아지고 |H(Ω)|가
큰 값을 가진다.
한, Ω=0 에서 각 극 까지의 거리가 22+0.92= 4.81 이므로
H(0)= 14.81
≃0.208 이다. 따라서 략 인 주 수 응답 그래 는
그림 7.15(b)가 된다.
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[ 제 7.17] H(s)= 1
(s+0.1)2+4의 시스템의 주 수 응답 그래 를 구하고
제 7.16와 비교하여 보자.
(풀이) 이 시스템의 극 이 -0.1±j2 가 되며, s - 역에서 극 의 치는
그림 7.15(c)가 되고, Ω=±2 에서 a, b 값이 제 7.16 보다 훨씬
작아지므로 Ω=±2 부근에서 |H(Ω)|는 더 큰 값을 가지며,
H(0)= 1
22+0.12 ≃0.249가 된다.
따라서 그림 7.15(d)와 같은 주 수 응답을 가진다. 제 7.16에 비하여
주 수 응답이 Ω=±2 부근에서 매우 격하게 변한다.
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[ 제 7.18] H(s)= s
(s+0.9)2+4의 시스템의 주 수 응답 그래 를 략 으로
구해보자.
(풀이) 그림 7.15(e)와 같이 극 s=-0.9±j2 와 s=0 을 가지며,
특히 Ω=0 가 에 해당하므로 H(0)=0 이 되어 그림 7.15(f)의
주 수 응답을 가진다.
이상의 세 가지 제에서 알 수 있듯이 라 라스 변환을 이용하여
시스템의 달 함수 H(s)를 구하고 H(s)의 극 과 의 치를
분석하면 주 수 응답을 구할 수 있다.
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그림 7.15 라 라스 변환을 이용하여 연속 LTI 시스템의 주 수 응답을 구하는 방법
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7.4.3 시스템의 성질과 달 함수의 수렴 역
◎ 연속 선형 시불변 시스템이 인과 (causal)이면
시스템의 임펄스 응답 h( t)는
h( t)= 0, t< 0
◎ h( t)의 라 라스 변환을 구하면
: 이 시스템의 달 함수 H(s)를 구할 수 있고, 그림 7.6에 의하여
수렴 역은 Re{s} >a 와 같이 s - 역에서 특정 치보다 오른쪽 부분이 됨
◎ 시스템이 인과 이면
: 그 시스템의 달 함수는 반드시 s - 역의 오른쪽 부분에 해당하는
수렴 역을 가지며 이 성질을 이용하면 인과 시스템의 달 함수가
주어질 때 시스템의 임펄스 응답을 구할 수 있음
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[ 제 7.19] 인과 시스템의 달 함수 H(s)가 다음과 같다. 이 시스템의
임펄스 응답을 구하여보자.
H(s)=1
s 2-1
(풀이) 라 라스 역변환을 구하기 하여 수렴 역이 정의되어야 하며,
주어진 달 함수의 극 이 s=±1 이므로, 가능한 수렴 역은
다음의 3 가지이다.
ROC : Re{ s} <-1, -1<Re { s} < 1, Re{ s} > 1
한편, 시스템이 인과 이므로 수렴 역은 s - 역의 오른쪽 부분이
되고, 결국 달 함수의 수렴 역은 Re{s}> 1 이 된다.
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◎ H(s)를 부분 분수 개하면
H(s) =1
(s-1)(s+1)
=12 { 1s-1
-1s+1 }
◎ 수렴 역을 용하여 라 라스 역변환을 구하면
h( t)=12e tu(t)-
12e - tu(t)
: 2장에서 설명하 듯이 연속 선형 시불변 시스템이 BIBO 안정이면
임펄스 응답은 다음을 만족한다.
⌠⌡
∞
-∞|h(t)|dt<∞ (7.7)
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◎ 한, 라 라스 변환 공식에 의하여
H(s)=⌠⌡
∞
-∞h(t)e- stdt|H(s)|= |⌠⌡
∞
-∞h(t)e- stdt|≤⌠
⌡
∞
-∞|h(t)||e- st|dt (7.8)
: 만일 식 (7.8)에 |e- st|= 1, 즉 Re{s}=0을 입하고 식 (7.7)의 BIBO 안정
시스템 성질을 용하면
H(s)≤⌠⌡
∞
-∞|h(t)|dt<∞
: 즉, Re{s}=0에서 H(s)가 수렴하므로 Re{s}=0는 반드시 수렴 역에
포함되어야 함
: 결론 으로 선형 시불변 시스템이 BIBO 안정이면 시스템의 달 함수는
반드시 Re{s}=0를 포함하는 수렴 역을 가짐
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[ 제 7.20] 제 7.19에 주어진 시스템이 BIBO 안정일 경우
시스템의 임펄스 응답을 구하여라.
(풀이) 시스템이 BIBO 안정이므로 달 함수의 수렴 역은 Re{s}=0을 포함하고,
따라서 수렴 역은 -1<Re{s}< 1이 된다. 이를 이용하여 라 라스
역변환을 구하면 h( t)=-12e tu(-t)-
12e - tu(t)가 된다.
이상의 두 성질을 결합하면 다음과 같은 결론을 얻을 수 있다.
만일 연속 선형 시불변 시스템이 인과 이고 BIBO 안정이면
시스템 달 함수의 수렴 역은 Re{s}=0을 포함하면서 s - 역의
오른쪽 부분이 된다.
따라서, 만일 Re{s}> 0 역에 시스템 달 함수의 극 이 존재하면
이 시스템은 인과 이면서 BIBO 안정 시스템이 로 될 수 없다.
로, 제 7.19의 시스템은 인과 이며 동시에 BIBO 안정이 될 수 없다.
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이상의 성질을 정리하면 그림 7.16이 된다.
그림 7.16 연속 시스템의 인과 안정 성질에 따른 달 함수의 수렴 역 형태