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$(xA+I)^{-1}$ puede presentarse como una integral utilizando la transformada de Laplace.
Paso 1: Desde \begin {eqnarray} (A+sI)^{-1}&=& \int_ {0}^{ \infty }e^{-At}e^{-stI}dt \end {eqnarray} entonces \begin {eqnarray} (xA+I)^{-1}A&=& \frac {1}{x} \int_ {0}^{ \infty }e^{-At}Ae^{- \frac {t}{x}I}dt \\ &=& \int_ {0}^{ \infty }e^{-At}A \frac {e^{- \frac {t}{x}}{x}dt \end {eqnarray} donde $x=\frac{1}{s}$ NOTA: He utilizado el hecho de que $e^{-\frac{t}{x} I}=Ie^{-\frac{t}{x}}$ ya que I es la matriz identidad.
Paso 2: Para cualquier matriz definida positiva $A$ es cierto que:
$$\int_{0}^{\infty}e^{-At}Adt=-e^{-At}|_0^\infty =I$$ entonces $$\frac{I}{c+x}=\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-At}A}{c+x}dt$$
Combine el paso 1 y el paso 2 para obtener
$$(A+sI)^{-1}A-\frac{I}{c+x}=\int_{0}^{\infty}e^{-At}\bigg[\frac{e^{-\frac{t}{x}}}{x}-\frac{1}{c+x}\bigg]Adt$$
Ahora, integrando ambos lados con respecto a x se obtiene
\begin {eqnarray} \int_ {0}^{ \infty } \bigg [(A+sI)^{-1}A- \frac {I}{c+x} \bigg ]dx&=& \int_ {0}^{ \infty }e^{-At} \int_ {0}^{ \infty } \bigg [ \frac {e^{- \frac {t}{x}}{x}- \frac {1}{c+x} \bigg dxdt \times A \quad... (1) \\ \end {eqnarray}
Al resolver la integración escalar se resuelve el problema $$I_1(t)=\int_0^\infty\bigg[\frac{e^{-\frac{t}{x}}}{x}-\frac{1}{c+x}\bigg]dx$$
Esta integral aparece en la forma escalar al evaluarla:
\begin {eqnarray} \log (a)+ \log (c)&=& \int_ {0}^{ \infty }e^{-at} \int_ {0}^{ \infty } \bigg [ \frac {e^{- \frac {t}{x}}{x}- \frac {1}{c+x} \bigg dxdt \times a \\ &=& \int_ {0}^{ \infty }e^{-at}I_1(t)dt \times a \\ \end {eqnarray}
Dejemos que $a$ sea la vara de Laplace, entonces sustituyendo $a$ por $s$ en las últimas ecuaciones da \begin {eqnarray} I_1(t)&=& \mathcal {L}^{-1} \left [ \frac { \log (s)}{s}+ \frac { \log (c)}{s} \right ] \\ &=& \frac {1}{t^2}+ \log (c) \quad ..(2) \end {eqnarray}
Como A es simétrico puede ser diagonalizado sin ningún bloque de Jordan, es decir $A=T^{-1}DT$ donde $D=diag\{\lambda_1, ..., \lambda_n\}$ . Entonces \begin {eqnarray} e^{-At}=e^{-T^{-1}DTt}=T^{-1}e^{-Dt}T=T^{-1} \left [ \begin {array}{cccc}e^{- \lambda_1t }&0 &... & 0 \\ 0 & e^{- \lambda_2t } &...& 0 \\ 0 & 0 & ... & e^{- \lambda_nt } \end {array} \right ]T \end {eqnarray}
Ahora, volvamos a la Ec. (1) y sustituyamos la Ec. (2) para obtener:
\begin {eqnarray} \int_ {0}^{ \infty } \bigg [(A&+&sI)^{-1}A- \frac {I}{c+x} \bigg ]dx= \int_ {0}^{ \infty }e^{-At} \bigg [ \frac {1}{t^2}+ \log (c) \bigg dt A \\ &=&T^{-1} \int_ {0}^{ \infty }e^{-Dt} \bigg [ \frac {1}{t^2}+ \log (c) \bigg dt TA \\ &=&T^{-1} \int_ {0}^{ \infty } \left [ \begin {array}{cccc}e^{- \lambda_1t }&0 &... & 0 \\ 0 & e^{- \lambda_2t } &...& 0 \\ 0 & 0 & ... & e^{- \lambda_nt } \end {array} \right ] \bigg [ \frac {1}{t^2}+ \log (c) \bigg dt TA \\ &=&T^{-1} \left [ \begin {array}{cccc} \int_ {0}^{ \infty } \big [ \frac {1}{t^2}+ \log (c) \big ]e^{- \lambda_1t }dt&0 &... & 0 \\ 0 & .... &...& 0 \\ 0 & 0 & ... & \int_ {0}^{ \infty } \big [ \frac {1}{t^2}+ \log (c) \big ]e^{- \lambda_nt }dt \end {array} \right ] TA \\ \end {eqnarray}
Cada entrada diagonal de la matriz es la transformada de Laplace con una variable $\lambda_i$ utilizando la Ecuación (2) se pueden escribir como:
\begin {eqnarray} \int_ {0}^{ \infty } \big [ \frac {1}{t^2}+ \log (c) \big ]e^{- \lambda_it }&=& \mathcal {L}\{ \big [ \frac {1}{t^2}+ \log (c) \big ]\} \\ &=& \frac { \log ( \lambda_i )}{ \lambda_i }+ \frac { \log (c)}{ \lambda_i } \end {eqnarray}
Finalmente, la solución de su problema será: \begin {eqnarray} \int_ {0}^{ \infty } \bigg [(A&+&sI)^{-1}A- \frac {I}{c+x} \bigg dx \\ &=&T^{-1} \left [ \begin {array}{cccc} \bigg [ \frac { \log ( \lambda_1 )}{ \lambda_1 }+ \frac { \log (c)}{ \lambda_1 } \bigg ]&0 &... & 0 \\ 0 & .... &...& 0 \\ 0 & 0 & ... & \bigg [ \frac { \log ( \lambda_n )}{ \lambda_n }+ \frac { \log (c)}{ \lambda_n } \bigg ] \end {array} \right ] TA \\ \end {eqnarray}
NOTA: (Derivación inversa de Laplace en la ecuación (2)) \begin {eqnarray} \mathcal {L}^{-1} \left [ \frac { \log (s)}{s}+ \frac { \log (c)}{s} \right ] = \frac {1}{t^2}+ \log (c) \quad ..(2) \end {eqnarray}
Es bien sabido que si $$\mathcal{L}\{g(t)\}=G(s)$$ entonces
$$\mathcal{L}\{tg(t)\}=\frac{-dG(s)}{ds}$$ y $$\mathcal{L}\{\int_0^t g(\tau)d\tau\}=\frac{G(s)}{s}$$
entonces $$\mathcal{L}\{t\int_0^t g(\tau)d\tau\}=\frac{-d\bigg[\frac{G(s)}{s}\bigg]}{ds}$$ Sustituir $G(s)\left[\frac{\log(s)}{s}+\frac{\log(c)}{s}\right]$ y tomar la inversa de Laplace (que ahora es muy fácil) para ambos lados, luego dividir por t y diferenciar con respecto a t para obtener g(t).
Saludos,
