¿Cómo encontrar la transformada inversa de Laplace de esto?

Question

Estoy buscando la transformada inversa de Laplace de $$\frac{1}{s-1}e^{-\sqrt{s}x}$$ Esto es para una clase de introducción a las ecuaciones diferenciales parciales, así que creo que no debería ser demasiado difícil. Si no fuera por el $s-1$ en el denominador y acabamos de $s$ en su lugar, la transformación sería simplemente $$\textrm{erfc} \left(\frac{x}{2\sqrt{t}}\right) $$

Edición: Aquí está el problema de donde se originó esa transformación.

Answer 1

Se podría simplemente convulsionar la ILT con la de $1/(s-1)$ que es $e^t$ . Pero prefiero utilizar la definición de la ILT en el plano complejo.

En este caso, considere la integral de contorno

$$\oint_C dz \frac{e^{-x \sqrt{z}}}{z-1} e^{t z}$$

donde $C$ es un contorno de Bromwich en el semiplano izquierdo con un desvío a lo largo del eje real negativo y alrededor del punto de ramificación en $z=0$ como en la foto de abajo.

(El poste en $z=1$ está representado por el disco pequeño).

La integral del contorno es igual a, tomando los límites a medida que el radio exterior va a $\infty$

$$\int_{c-i \infty}^{c+i \infty} \frac{ds}{s+1} e^{-x \sqrt{s}} e^{s t} + \int_{\infty}^0 \frac{dy}{y+1} e^{-i x \sqrt{y}} e^{-t y} + \int_0^{\infty} \frac{dy}{y+1} e^{i x \sqrt{y}} e^{-t y}$$

La integral de contorno también es igual a $i 2 \pi$ veces el residuo en el polo $z=1$ . Así,

$$\frac1{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} \frac{ds}{s+1} e^{-x \sqrt{s}} e^{s t} = e^{-x} e^t - \frac1{\pi} \int_0^{\infty} dy \, \frac{\sin{x \sqrt{y}}}{1+y} e^{-t y} $$

Para evaluar la integral, sub $y=u^2$ y obtener

$$\int_0^{\infty} dy \, \frac{\sin{x \sqrt{y}}}{1+y} e^{-t y} = \int_{-\infty}^{\infty} du \frac{\sin{x u}}{u} e^{-t u^2} - \int_{-\infty}^{\infty} \frac{du}{1+u^2} \frac{\sin{x u}}{u} e^{-t u^2}$$

La primera integral puede evaluarse mediante el teorema de Parseval:

$$\int_{-\infty}^{\infty} du \frac{\sin{x u}}{u} e^{-t u^2} = \frac1{2 \pi} \int_{-x}^{x} dk \, \pi \, \sqrt{\frac{\pi}{t}} e^{-k^2/(4 t)} = \pi \, \operatorname{erf}{\left (\frac{x}{2 \sqrt{t}} \right )}$$

La segunda integral puede expresarse como una integral de la primera. Escribe esa integral como

$$\begin{align}e^t \int_{-\infty}^{\infty} \frac{du}{1+u^2} \frac{\sin{x u}}{u} e^{-t (1+u^2)} &= e^t \int_t^{\infty} dt' \, e^{-t'} \, \int_{-\infty}^{\infty} du \frac{\sin{x u}}{u} e^{-t' u^2} \\ &= \pi\, e^t \int_t^{\infty} dt' \, e^{-t'} \, \operatorname{erf}{\left (\frac{x}{2 \sqrt{t'}} \right )} \end{align}$$

Ahora expondré el resultado aquí por ahora para que el bosque no se pierda por los árboles:(*)

$$\int_t^{\infty} dt' \, e^{-t'} \, \operatorname{erf}{\left (\frac{x}{2 \sqrt{t'}} \right )} = e^{-t} \operatorname{erf}{\left (\frac{x}{2 \sqrt{t}} \right )} + \frac12 e^x \operatorname{erfc}{\left (\sqrt{t}+\frac{x}{2 \sqrt{t}} \right )} - \frac12 e^{-x} \operatorname{erfc}{\left (\sqrt{t}-\frac{x}{2 \sqrt{t}} \right )} $$

y por lo tanto

$$\frac1{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} \frac{ds}{s-1} e^{-x \sqrt{s}} e^{s t} = e^{t-x} - \frac12 e^{t-x} \operatorname{erfc}{\left (\sqrt{t}-\frac{x}{2 \sqrt{t}} \right )} + \frac12 e^{t+x} \operatorname{erfc}{\left (\sqrt{t}+\frac{x}{2 \sqrt{t}} \right )}$$

ADDENDUM

Ahora derivaré el resultado (*). Comience por integrar por partes:

$$\int_t^{\infty} dt' \, e^{-t'} \, \operatorname{erf}{\left (\frac{x}{2 \sqrt{t'}} \right )} = e^{-t} \, \operatorname{erf}{\left (\frac{x}{2 \sqrt{t}} \right )} - \frac{x}{2 \sqrt{\pi}} \int_t^{\infty} dt' \,t'^{-3/2} \, e^{-t'} e^{-x^2/(4 t')}$$

$$\underbrace{\int_t^{\infty} dt' \,t'^{-3/2} \, e^{-t'} e^{-x^2/(4 t')}}_{t'=1/u^2} = 2 \int_0^{1/\sqrt{t}} du \, e^{-1/u^2} e^{-x u^2/2} = 2 e^{-x} \int_0^{1/\sqrt{t}} du \, e^{-\left (\frac1{u} - \frac{x}{2} u \right )^2}$$

Ahora sub $v=\frac1{u} - \frac{x}{2} u$ . Entonces

$$u = \frac1{x} \left (\sqrt{v^2+2 x}-v \right ) $$ $$du = \frac1{x} \left (\frac{v}{\sqrt{v^2+2 x}}-1 \right ) dv $$

y llevar a cabo la sustitución...

$$\int_t^{\infty} dt' \,t'^{-3/2} \, e^{-t'} e^{-x^2/(4 t')} = \frac{2 e^{-x}}{x} \int_{\infty}^{\sqrt{t} - \frac{x}{2 \sqrt{t}}} dv \, \left (\frac{v}{\sqrt{v^2+2 x}}-1 \right ) e^{-v^2}$$

El primer término se evalúa como

$$\begin{align}\int_{\infty}^{\sqrt{t} - \frac{x}{2 \sqrt{t}}} dv \, \frac{v}{\sqrt{v^2+2 x}} e^{-v^2} &= \frac12 \int_{\infty}^{\left (\sqrt{t} - \frac{x}{2 \sqrt{t}}\right )^2} dw\, (w+2 x)^{-1/2} e^{-w}\\ &= \frac12 e^{2 x} \int_{\infty}^{\left (\sqrt{t} + \frac{x}{2 \sqrt{t}}\right )^2} dw\, w^{-1/2} e^{-w} \\ &= e^{2 x} \int_{\infty}^{\sqrt{t} + \frac{x}{2 \sqrt{t}}} dy \, e^{-y^2} \\ &= -\frac{\sqrt{\pi}}{2} e^{2 x} \operatorname{erfc}{\left (\sqrt{t} + \frac{x}{2 \sqrt{t}} \right )} \end{align}$$

El segundo término es obviamente más sencillo:

$$\int_{\infty}^{\sqrt{t} - \frac{x}{2 \sqrt{t}}} dv \, e^{-v^2} = -\frac{\sqrt{\pi}}{2} \operatorname{erfc}{\left (\sqrt{t} - \frac{x}{2 \sqrt{t}} \right )} $$

Por lo tanto...

$$\int_t^{\infty} dt' \,t'^{-3/2} \, e^{-t'} e^{-x^2/(4 t')} =\frac{\sqrt{\pi}}{x} \left [e^{-x} \operatorname{erfc}{\left (\sqrt{t} - \frac{x}{2 \sqrt{t}} \right )} - e^{x} \operatorname{erfc}{\left (\sqrt{t} + \frac{x}{2 \sqrt{t}} \right )} \right ]$$

y...

$$\int_t^{\infty} dt' \, e^{-t'} \, \operatorname{erf}{\left (\frac{x}{2 \sqrt{t'}} \right )} = e^{-t} \, \operatorname{erf}{\left (\frac{x}{2 \sqrt{t}} \right )} - \frac12 \left [e^{-x} \operatorname{erfc}{\left (\sqrt{t} - \frac{x}{2 \sqrt{t}} \right )} - e^{x} \operatorname{erfc}{\left (\sqrt{t} + \frac{x}{2 \sqrt{t}} \right )} \right ]$$

ADDENDUM II

Un poco de manipulación pone la respuesta en una forma un poco más agradable:

$$\frac1{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} \frac{ds}{s-1} e^{-x \sqrt{s}} e^{s t} = e^{t} \cosh{x} - e^{t} \frac12 \left [ e^{x} \operatorname{erf}{\left (\sqrt{t}+\frac{x}{2 \sqrt{t}} \right )} - e^{-x} \operatorname{erf}{\left (\sqrt{t}-\frac{x}{2 \sqrt{t}} \right )}\right ]$$