Inverse Laplace Transform을 이용한 무한 LC Ladder Circuit에서 Step Respose

$L=1~\rm H$, $C=1~\rm F$일 때 impedence의 recursion relation은 

$$ Z_n (s) = s + \frac{ \frac{1}{s} Z_{n-1}(s)} { \frac{1}{s} + Z_{n-1} (s)}$$이므로 $n\to \infty$일 때 $$ Z(s) = s+ \frac{Z(s)}{1+s Z(s)}$$

이어서 임피던스는 $$ Z (s)= \frac{s+ \sqrt{4 + s^2}}{2}$$로 구해진다. 따라서 전류는

$$ I(s) =\frac{{\cal E}(s)}{Z(s)} = \frac{2 {\cal E}(s)}{s+ \sqrt{4 + s^2}}$$이므로 inverse Laplace 변환을 취하면 $$ I(t) = {\cal L} ^{-1} [I](t) = \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma -i\infty}^{\gamma + i \infty} \frac{2 {\cal E}(s)}{s + \sqrt{4 + s^2}} e^{st} ds$$

만약 $t=0$일 때  단위 스텝전압(${\cal E}(t) = \theta(t)$)을 가하는 경우 ${\cal E}(s) = 1/s$이고 전류는

$$ I(t) =\frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma-i\infty}^{\gamma +i \infty} \frac{ 2}{ s+ \sqrt{4 + s^2}} e^{st} \frac{ds}{s}$$이다. 이 Bromwich 적분을 그림과 같은 경로에 대한 적분으로 변환하면(https://kipl.tistory.com/653 참고)

$$ I(t) =\frac{1}{2\pi i} \left(  \int_{C_1}+\int_{C_2} + \int_{C_3}+\int_{C_4} + \int _{C_\epsilon}\right)  \frac{ 2}{z+ \sqrt{4 + z^2}} e^{zt} \frac{dz}{z}$$  그러면 각 경로에서,

$$ C_1:~~z=y e^{i\pi/2}, ~ z-2i=(2-y) e^{i 3\pi/2}, ~z+2i = (2+y)e^{i\pi/2},~y:2\to0$$

$$ C_2:~~z=y e^{i\pi/2}, ~ z-2i=(2+y) e^{ - i \pi/2},~z+2i = (2-y)e^{i\pi/2},~y: 0\to2$$

$$ C_3:~~z=y e^{-i\pi/2}, ~ z-2i=(2+y) e^{-i \pi/2},~z+2i = (2-y)e^{i\pi/2},~y:0\to2$$

$$ C_4:~~z=y e^{-i\pi/2}, ~ z-2i=(2-y) e^{i 3\pi/2},~z+2i = (2+y)e^{i\pi/2},~y:2\to0$$

따라서 

$$ \int_{C_1} = \int_2^0  \frac{2}{iy-\sqrt{4-y^2} } e^{ iyt} \frac{dy}{y}$$

$$ \int_{C_2} = \int_0^2  \frac{2}{iy+\sqrt{4-y^2} } e^{ iyt} \frac{dy}{y}$$

$$ \int_{C_3} = \int_2^0  \frac{2}{-iy+\sqrt{4-y^2} } e^{- iyt}  \frac{dy}{y}$$

$$ \int_{C_4} = \int_0^2  \frac{2}{-iy-\sqrt{4-y^2} } e^{- iyt} \frac{dy}{y}$$

그리고  simple pole $z=0$을 감싸는 적분은 ($z=\epsilon e^{i \theta}$)

$$ \int_{C_\epsilon} = 2\pi i  $$

이므로 $f(t)$는 다음과 같이 쓸 수 있다.

$$I(t)= 1 +\frac{1}{\pi}\int_0^2 \sqrt{4-y^2} \sin (yt) \frac{dy}{y}$$

$$I(t)= 1 +\frac{1}{\pi}\int_0^2 \sqrt{4-y^2} \sin (yt) \frac{dy}{y}$$