이 글에서 계수가 상수인 2계 선형 미분방정식 $ay'' + by' + cy = 0$ 는
$y = e^{rt}$ 라고 하면 이차방정식 $ar^2 + br + c = 0$ 을 푸는 문제로 바뀌고
이 중 서로 다른 두 실근 $r_1, r_2$ 을 갖는 경우에 대해 다루었었다.
이 글에서는 $y = e^{rt}$ 로 두고 푸는 것이 왜 가능한건지
여러가지 2계 선형 미분방정식에 관한 정리를 통해 보였었다.
이번 글에서는 켤레 복소수 근(서로 다른 두 허근)을 갖는 경우에 대해 다루고자 한다.
$r_1, r_2$ 가 허수이므로 $y = e^{rt}$ 는 지수가 허수인 지수함수이다.
그런데 지수함수는 정의역이 실수인 경우에 대해 정의가 되어 있었으므로
허수를 지수로 갖는 지수함수가 무엇인지 정의할 필요가 있다.
그 중 밑이 $e$ 인 경우는 오일러 공식을 통해 다음과 같이 정의한다.
$$ e^{it} = \cos{t} + i\sin{t} $$
이 식의 유도는 여기를 참고하자.
그런데 복소수의 일반적인 형태는 두 상수 $\lambda, \; \mu$ 에 대해 $z = \lambda + \mu i$ 꼴이다.
따라서 $e^{it}$ 말고 더 확장된 $e^{(\lambda + i \mu)t}$ 를 정의해야할 필요가 있다.
만약 지수가 복소수가 아니라 실수였다면 지수법칙을 적용하여 다음과 같이 쓸 수 있었을 것이다.
$$ e^{(\lambda + \mu i)t} = e^{\lambda t} \cdot e^{i \mu t} $$
그런데 지수가 복소수인 경우에도 이렇게 전개될 수 있음이 이미 알려져 있고, 여기선 그냥 사용할 것이다.
여기에 위에서 언급한 오일러 공식을 대입하면 다음과 같다.
$$ e^{(\lambda + \mu i)t} = e^{\lambda t} [ \cos{(\mu t)} + i \sin{(\mu t)} ] $$
또한 어떤 복소수 $z$ 에 대해 $e^{zt}$ 를 미분하면
마치 실함수의 $\dfrac{d}{dt}e^{rt} = re^{rt}$ 가 되듯 $\dfrac{d}{dt} e^{zt} = z e^{zt}$ 가 성립함도 알려져 있다.
역시 여기서는 그 결과를 그냥 사용할 것이다.
별로 어려운 건 없으므로 바로 예제로 설명한다.
예제1
다음 미분방정식의 일반 해를 구하라
$$ y'' + y' + 9.25y = 0 $$
그리고 다음의 초기조건을 만족하는 경우의 해를 구하라
$$ y(0) = 2, y'(0) = 8 $$
마지막으로는 구한 해의 그래프를 $0 < t < 10$ 의 범위에서 그려라
계수가 상수인 2계 선형 미분방정식이므로 $y = e^{rt}$ 꼴의 해를 갖는다.
이를 이용해 얻은 Characteristic Equation 은 다음과 같다.
$$ r^2 + r + 9.25 = 0 $$
근의 공식을 이용해 근을 구해보면 다음과 같이 나온다.
$$ \begin{cases} r_1 = -\dfrac{1}{2} + 3i \\ r_2 = -\dfrac{1}{2} - 3i \end{cases}$$
따라서 두 해 $e^{r_1 t}, \; e^{r_2 t}$ 는 다음과 같다.
$$ \begin{cases} \textcolor{skyblue}{y_1} = e^{r_1 t} = e^{(-\frac{1}{2} + 3i)t} = \textcolor{skyblue}{ e^{-\frac{1}{2}t} [\cos{(3t)} + i\sin{(3t)}] } \\ \textcolor{orange}{ y_2 } = e^{r_2 t} = e^{(-\frac{1}{2} - 3i)t} = \textcolor{orange}{ e^{-\frac{1}{2}t} [\cos{(3t)} - i\sin{(3t)}] } \end{cases} $$
일반 해는 이러한 $y_1, \; y_2$ 를 선형결합하면 되지만, 너무 복잡한 식이 나온다.
게다가 지금 구한 해는 허수 파트가 존재하므로, 초기값을 대입하기도 곤란해진다.
이를 해결 해주는 정리가 있다.
정리
다음과 같은 이계 선형 미분방정식을 고려하자.
$$ L[y] = y'' + p(t)y' + q(t)y = 0 $$ 여기서 $p, q$ 는 연속인 실함수이다.
만약 $y = u(t) + iv(t)$ 가 이 미분방정식의 해라면,
이 해의 실수 부분인 $u(t)$, 허수 부분의 계수인 $v(t)$ 역시 이 미분방정식의 해이다.
$y = u + iv$ 가 $L[y] = 0$ 의 해라고 하였으므로 $y$ 를 대입했을 때 다음과 같이 성립해야한다.
$$ L[y] = [u + iv]'' + p(t)[u + iv]' + q(t)[u + iv] = 0 $$
미분을 각각 완료해준 후 실수 파트, 허수 파트를 분리해 정리하면
$$ \begin{align} L[y] &= \textcolor{skyblue}{[u'' + p(t)u' + q(t)u]} &+ &i \textcolor{orange}{ [v'' + p(t)v' + q(t)v] } & \\ &= \textcolor{skyblue}{ L[u] } &+ &i \textcolor{orange}{ L[v] } \\ &= 0 \end{align} $$
복소수 $z = a + bi$ 가 $0$ 이 되려면 $a = b = 0$ 이어야 하므로 $L[u] = L[v] = 0$ 이다.
따라서 $y = u + iv$ 가 $L[y] = 0$ 의 해이면 $u, \; v$ 역시 $L[y] = 0$ 의 해이다.
즉 이 정리에 의해 $y_1$ 의 실수 파트, 허수 파트인
$$ \begin{cases} e^{-\frac{1}{2}t}\cos{(3t)} \\ e^{-\frac{1}{2}t}\sin{(3t)} \end{cases} $$
역시 $y'' + y + 9.25 = 0$ 의 해이고
$y_2$ 의 실수 파트, 허수 파트인
$$ \begin{cases} e^{-\frac{1}{2}t}\cos{(3t)} \\ -e^{-\frac{1}{2}t}\sin{(3t)} \end{cases} $$
역시 $y'' + y + 9.25 = 0$ 의 해이다.
그런데 $y_2$ 의 허수 파트는 $y_1$ 의 허수 파트의 상수배에 불과하므로 무시해도 되고
(선형결합 할 때 상수배가 붙으므로 마이너스 붙은 상수를 새로운 상수로 정해버리면 된다.)
$y_1$ 과 $y_2$ 의 실수 파트는 같으므로, $u, v$ 를 다음과 같이 정할 수 있다.
$$ \begin{cases} u(t) = e^{-\frac{1}{2}t}\cos{(3t)} \\ v(t) = e^{-\frac{1}{2}t}\sin{(3t)} \end{cases} $$
이들을 선형결합하여 다음의 일반 해를 얻는다.
$$ y = e^{-\frac{t}{2}}[c_1 \cos{(3t)} + c_2 \sin{(3t)}] $$
이제 초기값을 대입하여 $c_1, \; c_2$ 를 정할 수 있다.
대입하여 구해보면 $c_1 = 2, \; c_2 = 3$ 을 얻을 수 있으므로 해는 다음과 같다.
$$ y = e^{-\frac{t}{2}}[2 \cos{(3t)} + 3 \sin{(3t)}] $$
마지막으로 그래프를 그려보자.
우선 $2\cos{(3t)} + 3\sin{(3t)}$ 부분을 살펴보자.
복잡해 보이지만, 삼각함수 합성에 의해 $K\sin{(3t + \alpha)}$ 꼴로 간단히 정리 될 수 있다.
따라서 $Ae^{-Bt} \sin{Ct}$ ($B > 0$) 꼴의 그래프와 행동이 같다는 것을 알 수 있는데,
$e^{-Bt}$ 는 감소하는 지수함수이므로 그래프는 진동하면서 진동폭이 감소하는 행동을 보인다고 예측할 수 있다.
각종 절편들을 대입하여 그래프를 그려보면 다음과 같이 나온다.
이제 일반적인 경우에 대해 생각해보자.
계수가 상수인 이계 선형 미분방정식의 Characteristic equation $ar^2 + br + c = 0$ 가 허근을 가지면
두 허근은 켤레복소수 꼴로 $r = \lambda \pm i\mu$ 로 표현된다.
이 근을 대입해 만든 해 $y = e^{rt}$ 는 $e^{\lambda t}[\cos(\mu t) + i\sin(\mu t)]$ 이므로 $A(t) + iB(t)$ 꼴을 갖는다.
허수가 포함된 해는 초기값을 대입하기도 곤란하기도 하고,
실수 계수인 미분방정식을 전개 했으므로 해 역시 실수로만 표현되는 것이 편리하다.
따라서 위의 예제를 푸는 도중에 이용한 정리를 이용하여 얻은 두 실함수 해
$$ \begin{cases} u(t) = e^{\lambda t}\cos(\mu t) \\ v(t) = e^{\lambda t}\sin(\mu t) \end{cases} $$
를 선형결합한 해 $y = c_1e^{\lambda t}\cos(\mu t) + c_2 e^{\lambda t}\sin(\mu t) $ 를 구하는 것을 목표로 한다.
게다가 $W[u, v](t) = \begin{vmatrix} u(t) & v(t) \\ u'(t) & v'(t) \end{vmatrix} = \mu e^{2 \lambda t} > 0$ 이므로
실수 전체에서 $u(t), \; v(t)$ 는 독립이므로 이들을 선형결합한 해가 일반 해가 됨을 증명할 수 있다.
다음 예제로 마무리한다.
다음 미분방정식의 일반 해를 구하라.
$$ y'' + 9y = 0 $$
Characteristic equation은 $r^2 + 9 = 0$ 이므로 $r = 0 \pm 3i$ 이다.
따라서 $\lambda = 0$, $\mu = 3$ 이고 일반 해는 다음과 같다.
$$y = c_1\cos(3t) + c_2\sin(3t)$$
연습문제1
오일러 공식을 이용하여 다음 식을 $a + bi$ 꼴로 변환하라.
1. $e^{2 - 3i}$
2. $2^{1 - i}$
1. $e^{(\lambda + i \mu)t} = e^{\lambda t} [\cos(\mu t) + i \sin(\mu t)]$ 를 이용하자.
$\lambda = 2$, $\mu = -3$, $t = 1$ 이므로
$$ e^{2-3i} = e^2 \cos{3} - i e^2 \sin{3} $$
2. $a^b = e^{b \ln{a}}$ 를 이용하여 $e$ 를 밑으로 두자.
$2^{1 - i} = e^{(1-i) \ln{2} } = e^{\ln2 - i \ln2}$ 이므로 $\lambda = \ln2$, $\mu = \ln2$, $t = 1$ 이다.
따라서 다음과 같다.
$$ 2^{1 - i} = 2\cos{\ln2} - 2i\sin{\ln2} $$
연습문제2
오일러 공식을 이용하여 다음을 보여라
$$ \dfrac{e^{it} + e^{-it}}{2} = \cos{t}, \quad \dfrac{e^{it} - e^{-it}}{2i} = \sin{t} $$
$e^{it} = \cos{t} + i\sin{t}$ 이고 $e^{-it} = \cos{t} - i\sin{t}$ 이므로
이들을 각각 양변에 $2$ 로 나누어 더하거나 빼면 다음과 같이 바로 구할 수 있다.
$$ \textcolor{royalblue}{ \dfrac{ e^{it} + e^{-it} }{2} = \cos{t} }, $$
$$ \begin{align} \dfrac{ e^{it} - e^{-it} }{2} &= i\sin{t} \\ \Longrightarrow \textcolor{royalblue}{ \dfrac{ e^{it} - e^{-it} }{2i} } &\textcolor{royalblue}{= \sin{t} } \end{align} $$
연습문제3
다음과 같은 형태의 미분방정식은 오일러 방정식(Euler Equation) 라고 부른다.
(오일러 공식이 아니라 방정식이다.)
$$ t^2 \dfrac{d^2 y}{dt^2} + \alpha t \dfrac{dy}{dt} + \beta y = 0, \quad t > 0 $$ 여기서 $\alpha, \; \beta$ 는 임의의 실수이다.
$x = \ln t$ 치환을 통하여 다음과 같이 계수가 상수인 2계 선형 미분방정식으로 변형될 수 있음을 보여라.
$$ \dfrac{d^2 y}{d x^2} + (\alpha - 1)\dfrac{d y}{d x} + \beta y = 0 $$
$x = \ln t$ 를 이용해 $\dfrac{d^2y}{dt^2}, \; \dfrac{dy}{dt}$ 를 각각
$\dfrac{d^2 y}{dx^2}, \; \dfrac{dy}{dx}$ 로 표현해야 할 것으로 보인다.
우선 $x = \ln t$ 를 양변 미분하면 $dx = \dfrac{1}{t} dt$ 이므로 $\textcolor{limegreen}{ \dfrac{dx}{dt} = \dfrac{1}{t} }$ 이다.
이를 이용하면 $\dfrac{dy}{dt}$ 는 연쇄법칙을 통해 다음과 같이 변형할 수 있다.
$$ \begin{align} \textcolor{skyblue}{ \dfrac{dy}{dt} } &= \dfrac{dy}{dx} \textcolor{limegreen}{ \dfrac{dx}{dt} } \\ &= \textcolor{skyblue}{ \dfrac{1}{t} \cdot \dfrac{dy}{dx} } \end{align} $$
그리고 이 결과를 이용하면 다음과 같이 $\dfrac{d^2y}{dt^2}$ 를 변형할 수 있다.
$$ \begin{align} \textcolor{orange}{ \dfrac{d^2y}{dt^2} } &= \dfrac{d}{dt} \left[ \dfrac{dy}{dt} \right] \\ &= \dfrac{d}{dt} \left[ \dfrac{1}{t} \cdot \dfrac{dy}{dx} \right] \\ &= -\dfrac{1}{t^2} \cdot \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{1}{t} \cdot \dfrac{d^2 y}{dt dx} \\ &= -\dfrac{1}{t^2} \cdot \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{1}{t} \cdot \dfrac{d^2 y}{dx^2} \textcolor{limegreen}{\dfrac{dx}{dt}} \\ &= \textcolor{orange}{ -\dfrac{1}{t^2} \cdot \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{1}{t^2} \cdot \dfrac{dy^2}{dx^2} } \end{align} $$
이 값들을 대입하면 다음과 같이 원하는 결과를 얻는다.
$$ \begin{align} &t^2 \dfrac{dy}{dt^2} + \alpha t \dfrac{dy}{dt} + \beta y \\ &= \dfrac{d^2y}{dx^2} + (\alpha - 1)\dfrac{dy}{dx} + \beta y = 0 \end{align} $$
이 치환의 의미는 계수가 상수가 아니였던 선형 미분방정식(오일러 방정식)을
계수가 상수인 선형 미분방정식으로 변형해 주어 쉽게 풀 수 있게 해준다는 것에 있다.