Transformada inversa de Laplace de una función exponencial

Question

¿Cuál es la transformada inversa de Laplace de $$\frac{e^{\frac{-2}{s}}}{s}$$ He visto una respuesta utilizando la expansión en serie de Maclaurin de esta función. Esta función no es analítica en $0$ Entonces, ¿es legal dicha expansión?

Answer 1

Para responder a su pregunta: no es una expansión de Maclurin de esta función, o el integrando de la ILT. Tal expansión no existe debido a la singularidad esencial en $s=0$ . Más bien, como demostraré más adelante, se trata de una expansión de Laurent del integrando. Una expansión de Laurent de una función alrededor de una singularidad esencial tiene coeficientes distintos de cero en todas las potencias negativas. Sin embargo, para calcular la ILT, necesitamos el residuo, que no es más que el coeficiente de $s^{-1}$ .

Escriba el ILT como

$$\frac1{i 2 \pi}\int_{c-i \infty}^{c+i \infty} \frac{ds}{s} e^{-2/s} e^{s t}$$

Consideremos la integral de contorno sobre el contorno de Bromwich $C$ :

$$\frac1{i 2 \pi}\oint_C \frac{dz}{z} e^{-2/z} e^{t z}$$

que es igual a la ILT anterior, así como el residuo de la singularidad en $z=0$ . En este caso, el integrando tiene una singularidad esencial en $z=0$ . Así, podemos determinar el residuo a partir de una expansión de Laurent del integrando en $z=0$ :

$$\frac1{z} e^{2/z} e^{t z} = \frac1{z} \sum_{n=0}^{\infty} \frac1{n!} \left (-\frac{2}{z}+t z \right )^n$$

Recordemos que el residuo es el coeficiente de $\frac1{z}$ en la expansión de Laurent. Así pues, como tenemos un factor de $\frac1{z}$ fuera de la suma, sólo tenemos que encontrar el coeficiente del término constante en la suma. En este caso, obtenemos $z^0$ términos en la expansión de la suma para pares $n$ . Incluso para $n$ El $z^0$ es el término central. Por lo tanto, para calcular este residuo, simplemente sumamos sobre estos términos centrales para cada término par en la suma:

$$\frac1{i 2 \pi}\int_{c-i \infty}^{c+i \infty} \frac{ds}{s} e^{-2/s} e^{s t} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac1{(2 n)!} \binom{2 n}{n} (-2 t)^n = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{\left (\sqrt{2 t}\right )^{2 n}}{(n!)^2}$$

La suma en el lado derecho es una función de Bessel. Por tanto, concluimos que

$$\frac1{i 2 \pi}\int_{c-i \infty}^{c+i \infty} \frac{ds}{s} e^{-2/s} e^{s t} = J_0 \left (2 \sqrt{2 t} \right )$$

ADDENDUM

Para demostrar que la transformada de Laplace de esa función de Bessel produce el resultado con el que empezamos, se puede utilizar una serie de Maclurin de la de Bessel sobre $t=0$ . Obsérvese que efectivamente es una serie de Maclurin a pesar de esa raíz cuadrada porque todas las potencias de la serie de Bessel son pares.

Answer 2

$\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{e^{\frac{-2}{s}}}{s}\right\}$

$=\mathcal{L}^{-1}\left\{\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^n2^n}{n!s^{n+1}}\right\}$

$=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^n2^nt^n}{(n!)^2}$

$=J_0(2\sqrt{2t})$