Cómo hacer la transformación inversa de Laplace para $\arctan(s)$

Question

Primero intenté hacer $ \arctan(s) = \frac{\pi}{2}-\int_s^{+\infty} \frac{1}{s^2+1}$ y luego puedo transformar

$$ \frac{\pi}{2}\rightarrow \frac{\pi}{2}\delta(t), \qquad\int_s^{+\infty} \frac{1}{s^2+1}\rightarrow \frac{\sin(t)}{t}$$ Y obtengo la respuesta $\frac{\pi}{2}\delta(t)-\frac{\sin(t)}{t}$ . Pero la respuesta en mi papel debe ser $-\frac{\sin(t)}{t}$ y no sé por qué.

Answer 1

La respuesta del documento es errónea. La función

$$f \colon t \mapsto \begin{cases}\quad -1 &, t = 0 \\ -\dfrac{\sin t}{t} &, t \neq 0\end{cases}$$

es continua y acotada (en $\mathbb{R}$ ), por lo que su transformada de Laplace $F$ (que se define en el semiplano $\operatorname{Re} s > 0$ ) satisface

$$\lim_{\operatorname{Re} s \to +\infty} F(s) = 0\tag{$\ast$}$$

por el teorema de convergencia dominada.

Ninguna rama de $\arctan$ satisface esa condición.

Diferenciando bajo la integral, encontramos que

$$F'(s) = \int_0^{\infty} \sin t e^{-st}\,dt = \frac{1}{1+s^2},$$

de lo que se deduce que

$$F(s) = C + \arctan s$$

para alguna constante $C$ y alguna rama de $\arctan$ . Tomando la rama principal de $\arctan$ por condición $(\ast)$ nos encontramos con que tenemos que tomar $C = -\frac{\pi}{2}$ . Parece que el documento asume erróneamente que la elección $C = 0$ era legítimo.

Answer 2

La transformada inversa de Laplace de $F(s)=\arctan(s)$ según la integral de Bromwich

$$\begin{align} \mathscr{L}^{-1}\{\arctan(s)\}(t)&=\frac{1}{2\pi i}\int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+i\infty}\arctan(s)e^{st}\,ds\\\\ &=\frac{1}{4\pi}\int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+i\infty}\left(\log(i+s)-\log(i-s) \right)e^{st}\,ds\,\tag 1 \end{align}$$

donde $\sigma>0$ no existe (Obsérvese que $\lim_{s\to \pm \infty}\arctan(s)= \pi/2$ ).

Podemos evaluar, en cambio, la transformada inversa de Laplace de $\arctan(s) - \pi/2$ . Tenga en cuenta que

$$\begin{align} \mathscr{L}^{-1}\{\arctan(s)-\pi/2\}(t)&=\frac{1}{2\pi i}\int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+i\infty}(\arctan(s)-\pi/2)e^{st}\,ds\\\\ &=\frac{1}{4\pi}\int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+i\infty}\left(\log(s+i)-\log(s-i) \right)e^{st}\,ds\tag 1 \end{align}$$

para $\sigma>0$ .

Para ello, cortamos el plano con dos cortes de rama, que emanan de los puntos de rama en $s=\pm i$ y se extiende a $-\infty \pm i$ a lo largo de los rayos paralelos al eje real. Entonces para $t>0$ aplicando el Teorema Integral de Cauchy a la integral en $(1)$ revela

$$\begin{align} \int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+i\infty}(\arctan(s)-\pi/2)e^{st}\,ds&=\lim_{\epsilon\to 0^+}\left(\int_0^{-\infty}\left(\log(x+i2)-\log(x+i\epsilon) \right)e^{xt+it}\,dx\\\\+\int_{-\infty}^0\left(\log(x+i2)-\log(x-i\epsilon) \right)e^{xt+it}\,dx\\\\ +\int_0^{-\infty}\left(\log(x+i\epsilon)-\log(x-i2) \right)e^{xt-it}\,dx\\\\ +\int_{-\infty}^0\left(\log(x-i\epsilon)-\log(x-i2) \right)e^{xt-it}\,dx\right)\\\\ &=-i2\pi\, e^{it}\,\int_0^{-\infty}e^{xt}\,dx+i2\pi\,e^{-it}\,\int_0^{-\infty}e^{xt}\,dx\\\\ &=2\pi i \frac{e^{it}-e^{-it}}{t}\\\\ &=-4\pi \frac{\sin(t)}{t} \tag 2 \end{align}$$

por lo que la transformada inversa de Laplace para $\arctan(s)-\pi/2$ es para $t>0$

$$\mathscr{L}^{-1}\{\arctan(s)-\pi/2\}(t)=-\frac{\sin(t)}{t}$$