Resolver: $\int_{0}^{\infty}{ \left( \cos \left( ... \right)+\sin \left( ... \right) \right) \frac{e^{-u^2}}{(u^2+ \frac{\alpha}{4t})^2} }~\mathrm{d}u$

Question

Tengo una muy desagradable integral a resolver como sigue: (es bueno para el reto de los amantes!)

$$ I(t)=\int_{0}^{t}{{\bigg(\cos\left({\frac{\gamma}{4(t-r)}}\right)+\sin\left({\frac{\gamma}{4(t-r)}}\right)\bigg)} e^{- \frac{\alpha}{4r}} \left(\frac{\sqrt{\alpha}-2\sqrt{2} \lambda r}{4\pi r \sqrt{r(t-r)}} \right) }~\mathrm{d}r. \tag1 $$

He aplicado dos cambio de variables como $x=\frac{\gamma}{4(t-r)}$$u^2=x-\frac{\gamma}{4t}$, respectivamente. Finalmente, puedo obtener

$$ I(t)= \int_{0}^{\infty}{ \left( \cos \left( {\frac{\gamma}{4t}+u^2} \right)+\sin \left( {\frac{\gamma}{4t}+u^2} \right) \right) e^{-\frac{C}{u^2}} \left(\frac{A}{4tu^2+\gamma} + \frac{B}{u^2}\right) }~\mathrm{d}u \tag2 $$

donde $A$, $B$, $C$, $\gamma, \alpha, \lambda$ y $t$ son constantes.

¿Cómo puedo resolver la última integral ?

Gracias!

Answer 1

Estoy buscando en la integral (1) y viendo la transformada de Laplace de la integral de convolución. Tenga en cuenta que

$$\int_0^t dt' \, f(t') g(t-t') = \frac1{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \, F(s) G(s) e^{s t}$$

donde

$$F(s) = \int_0^{\infty} dt \, f(t) e^{-s t} $$ $$G(s) = \int_0^{\infty} dt \, g(t) e^{-s t} $$

En este caso, podemos definir

$$f_1(t) = t^{-3/2} e^{-\frac{a}{4 t}} $$ $$f_2(t) = t^{-1/2} e^{-\frac{a}{4 t}} $$ $$g_1(t) = t^{-1/2} \cos{\left ( \frac{b}{2 t} \right )} $$ $$g_2(t) = t^{-1/2} \sin{\left ( \frac{b}{2 t} \right )} $$

A continuación, (voy a mostrar este si es necesario)

$$F_1(s) = 2 \sqrt{\frac{\pi}{a}} e^{-\sqrt{a s}}$$ $$F_2(s) = \sqrt{\pi} s^{-1/2} e^{-\sqrt{a s}}$$ $$G_1(s) = \sqrt{\pi} s^{-1/2} e^{-\sqrt{b s}} \cos{\sqrt{b s}}$$ $$G_2(s) = \sqrt{\pi} s^{-1/2} e^{-\sqrt{b s}} \sin{\sqrt{b s}}$$

Así que vamos a evaluar

$$\frac1{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \, s^{-1/2} e^{-\sqrt{p s}} \cos{\sqrt{b s}} \, e^{s t}$$

donde $\sqrt{p} = \sqrt{a}+\sqrt{b} $. Para evaluar esto, hacemos uso del teorema de Cauchy y considerar la integral de contorno

$$\oint_C dz \, z^{-1/2} e^{-\sqrt{p z}} \cos{\sqrt{b z}} \, e^{z t}$$

donde $C$ es el siguiente perfil:

Vamos a definir $\text{Arg}{z} \in (-\pi,\pi]$, por lo que la rama es el eje real negativo. Hay $6$ piezas para este contorno, $C_k$, $k \in \{1,2,3,4,5,6\}$, de la siguiente manera.

$C_1$ es el contorno a lo largo de la línea de $z \in [c-i R,c+i R]$ para un valor grande de $R$.

$C_2$ es el contorno a lo largo de un arco circular de radio $R$ desde la parte superior de $C_1$ justo sobre el eje real negativo.

$C_3$ es el contorno a lo largo de una línea justo por encima del eje real negativo entre el $[-R, -\epsilon]$ para algunos pequeños $\epsilon$.

$C_4$ es el contorno a lo largo de un arco circular de radio $\epsilon$ sobre el origen.

$C_5$ es el contorno a lo largo de una línea justo debajo del eje real negativo entre el $[-\epsilon,-R]$.

$C_6$ es el contorno a lo largo del arco circular de radio $R$ desde justo debajo de la real negativo del eje de la parte inferior de $C_1$.

Vamos a mostrar que la integral a lo largo de $C_2$,$C_4$, y $C_6$ desaparecen en los límites de $R \rightarrow \infty$$\epsilon \rightarrow 0$.

En $C_2$, la parte real del argumento de la exponencial es

$$R t \cos{\theta} - \sqrt{p R} \cos{\frac{\theta}{2}} + \sqrt{b R} \sin{\frac{\theta}{2}}$$

donde $\theta \in [\pi/2,\pi)$. Claramente, $\cos{\theta} < 0$, $\cos{\frac{\theta}{2}} > 0$, y $\sin{\frac{\theta}{2}} > 0$, de modo que el integrando de manera exponencial decae como $R \rightarrow \infty$ y, por tanto, la integral se desvanece a lo largo de $C_2$.

En $C_6$, tenemos la misma cosa, pero ahora $\theta \in (-\pi,-\pi/2]$. Esto significa que, debido a la uniformidad del coseno, el integrando de manera exponencial decae de nuevo como $R \rightarrow \infty$ y por lo tanto la integral también se desvanece a lo largo de $C_6$.

En $C_4$, la integral se desvanece como $\epsilon$ en el límite de $\epsilon \rightarrow 0$. Por lo tanto, nos quedamos con la siguiente por Cauchy de la integral teorema (es decir, no hay polos en el interior de $C$):

$$\left [ \int_{C_1} + \int_{C_3} + \int_{C_5}\right] dz \: z^{-1/2} e^{-\sqrt{p z}} \cos{\sqrt{b z}} \, e^{z t} = 0$$

En $C_3$, podemos parametrizar por $z=e^{i \pi} x$ y la integral a lo largo de $C_3$ se convierte en

$$\int_{C_3} dz \: z^{-1/2} e^{-\sqrt{p z}} \cos{\sqrt{b z}} \, e^{z t} = e^{i \pi} \int_{\infty}^0 dx \: e^{-i \pi/2} x^{-1/2} e^{-i \sqrt{p x}} \cosh{\sqrt{b x}} \, e^{-x t}$$

En $C_5$, sin embargo, podemos parametrizar por $z=e^{-i \pi} x$ y la integral a lo largo de $C_5$ se convierte en

$$\int_{C_5} dz \: z^{-1/2} e^{-\sqrt{p z}} \cos{\sqrt{b z}} \, e^{z t} = e^{-i \pi} \int_0^{\infty} dx \: e^{i \pi/2} x^{-1/2} e^{i \sqrt{p x}} \cosh{\sqrt{b x}} \, e^{-x t}$$

Ahora podemos escribir, por Cauchy teorema,

$$-\frac{1}{2 \pi} \int_0^{\infty} dx \: x^{-1/2} \, e^{- x t} \left ( e^{i \sqrt{p x}} + e^{-i \sqrt{p x}} \right ) \cosh{\sqrt{b x}} + \frac{1}{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \: s^{-1/2} \, e^{-\sqrt{p s}} \cos{\sqrt{b s}} \, e^{s t} = 0$$

Por lo tanto, la ILT de $\hat{f}(s) = s^{-1/2} \, e^{-\sqrt{p s}} \cos{\sqrt{b s}}$ está dado por

$$\begin{align}\frac{1}{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \: e^{-\sqrt{s}} e^{s t} &= \frac{1}{\pi} \int_0^{\infty} dx \: x^{-1/2} \,e^{- x t} \, \cos{\sqrt{p x}} \, \cosh{\sqrt{b x}}\\ &= \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} du\: e^{-t u^2} \cosh{\sqrt{b} u} \cos{\sqrt{p} u}\end{align}$$

El último paso consistió en la sustitución de $x=u^2$ y la explotación de la uniformidad del integrando.

Por lo tanto, el resultado es que

$$\frac{1}{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \: s^{-1/2} \, e^{-\sqrt{p s}}\, \cos{\sqrt{b s}} \, e^{s t} = (\pi t)^{-1/2} e^{\frac{b-p}{4 t}} \cos{\left ( \frac{\sqrt{b p}}{2 t} \right )}$$

Del mismo modo,

$$\frac{1}{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \: s^{-1/2} \, e^{-\sqrt{p s}}\, \sin{\sqrt{b s}} \, e^{s t} = (\pi t)^{-1/2} e^{\frac{b-p}{4 t}} \sin{\left ( \frac{\sqrt{b p}}{2 t} \right )}$$

También necesitamos encontrar la ILTs

$$\frac1{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \: s^{-1} \, e^{-\sqrt{p s}}\, \cos{\sqrt{b s}} \, e^{s t} $$

$$\frac1{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \: s^{-1} \, e^{-\sqrt{p s}}\, \sin{\sqrt{b s}} \, e^{s t} $$

Por las mismas razones anteriores, podemos escribir

$$\frac{1}{i 2 \pi} \int_0^{\infty} dx \: x^{-1} \, e^{- x t} \left ( e^{i \sqrt{p x}} - e^{-i \sqrt{p x}} \right ) \cosh{\sqrt{b x}} + \frac{1}{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \: s^{-1} \, e^{-\sqrt{p s}} \cos{\sqrt{b s}} \, e^{s t} = 1$$

$$-\frac{1}{2 \pi} \int_0^{\infty} dx \: x^{-1} \, e^{- x t} \left ( e^{i \sqrt{p x}} + e^{-i \sqrt{p x}} \right ) \sinh{\sqrt{b x}} + \frac{1}{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \: s^{-1} \, e^{-\sqrt{p s}} \sin { \sqrt{b s} } \, e^{s t} = 0$$

Tenga en cuenta que, en la anterior ecuación, la integral alrededor de $C_4$ es distinto de cero.

Por lo tanto,

$$\frac{1}{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \: s^{-1} \, e^{-\sqrt{p s}} \cos{\sqrt{b s}} \, e^{s t} = 1 - \frac1{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} du\: e^{-t u^2} \cosh{\sqrt{b} u} \frac{\sin{\sqrt{p} u}}{u} $$

$$\frac{1}{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \: s^{-1} \, e^{-\sqrt{p s}} \sin{\sqrt{b s}} \, e^{s t} = \frac1{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} du\: e^{-t u^2} \cos{\sqrt{p} u} \frac{\sinh{\sqrt{b} u}}{u} $$

Answer 2

Para $C>0$ y real, Mathematica da la respuesta a la $I(t)$ integral como:

$\frac{\sqrt{\pi } e^{-\sqrt{2} \sqrt{C}} \left(\left(2 C+2 \sqrt{2} B \sqrt{C}+B\right) \sin \left(\sqrt{2} \sqrt{C}+\frac{\gamma }{4 t}\right)+(2 a C+B) \cos \left(\sqrt{2} \sqrt{C}+\frac{\gamma }{4 t}\right)\right)}{16 C^{3/2} t}$