Cómo encontrar la inversa de laplace transforma de $\frac{2\sqrt s}{2\sqrt s+1}$

Question

Cómo encontrar lo contrario laplace transforma de $$\dfrac{2\sqrt s}{2\sqrt s+1}$ $ he intentado resolverlo, pero no podía.

Answer 1

Reescribir como

$$F(s) = \frac1{1+\frac12 s^{-1/2}} $$

Expandir en una serie sobre el infinito:

$$F(s) = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k 2^{-k} s^{-k/2} $$

Tenga en cuenta que la transformada inversa de Laplace de $s^{-k}$$t^{k-1}/(k-1)!$$k \gt 0$, mientras que el ILT de $s^{-k-1/2}$$t^{k-1/2}/\Gamma \left ( k+\frac12 \right )$. Suma de las series por separado de estos dos casos, y tratar el caso $k=0$ todavía por separado, encontramos que

$$\begin{align}f(t) &= \delta (t)-\frac{\sqrt{\pi } e^{t/4} \sqrt{t} \, \text{erf}\left(\frac{\sqrt{t}}{2}\right)+2}{4 \sqrt{\pi t}}+\frac{1}{4} \exp \left(\frac{t}{4}\right) \\ &= \delta (t)- \frac1{2 \sqrt{\pi t}}+ \frac14 e^{t/4} \operatorname{erfc}{\left ( \frac{t}{4} \right )} \end{align}$$

Alternativamente, reescribir como

$$F(s) = 1-\frac1{1+2 \sqrt{s}}$$

A continuación, considere la posibilidad de

$$\oint_C dz \frac{e^{z t}}{1+2 \sqrt{z}} $$

donde $C$ es un ojo de la cerradura de contorno sobre el eje real negativo, como se muestra a continuación.

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 $C_1$.

La magnitud de la integral sobre la $C_2$ desvanece como $R \to \infty$, tal y como queda delimitado por

$$\frac{R}{2\sqrt{R}-1} \int_{\pi/2}^{\pi} d\theta \, e^{R t \cos{\theta}} = \frac{R}{2\sqrt{R}-1} \int_{0}^{\pi/2} d\theta \, e^{-R t \sin{\theta}} \le \frac{R}{2\sqrt{R}-1} \int_{0}^{\pi/2} d\theta \, e^{-2 R t \theta/\pi} \le \frac{2 \pi}{2\sqrt{R}-1}$$

La integral sobre la $C_6$ se desvanece por una razón similar. La integral sobre la $C_4$ desvanece como $\epsilon \to 0$.

Esto deja $C_1$, $C_3$, y $C_5$. Por Cauchy teorema, ya que no hay polos en el interior de $C$, tenemos

$$\int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \frac{e^{s t}}{1+2 \sqrt{s}} + e^{i \pi} \int_{\infty}^0 dx \frac{e^{-x t}}{1+i 2 \sqrt{x}} + e^{-i \pi} \int_0^{\infty} dx \frac{e^{-x t}}{1-i 2 \sqrt{x}} = 0$$

de modo que tenemos

$$\frac1{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \frac{e^{s t}}{1+2 \sqrt{s}} = \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} dx \frac{\sqrt{x}}{1+4 x} e^{-x t}$$

La integral en el lado derecho puede ser evaluado por subbing $x=u^2$:

$$\frac1{2 \sqrt{\pi t}} - \frac1{\pi} \int_0^{\infty} dx \frac{e^{-t u^2}}{1+4 u^2} = \frac1{2 \sqrt{\pi t}}- \frac14 e^{t/4} \operatorname{erfc}{\left ( \frac{t}{4} \right )}$$

la cual se verifica con el resultado anterior.

Answer 2

Desde: %#% $ #% aprovechando la linealidad de la transformada de Laplace (inversa) tenemos: %#% $ $$\forall\alpha>0,\quad\mathcal{L}^{-1}\left(\frac{1}{s^\alpha}\right)=\frac{t^{\alpha-1}}{\Gamma(\alpha)},$ #% Dónde está la habitual función delta de Dirac. La última identidad se desprende: %#% $ de #% que puede demostrarse de la siguiente manera: $$\begin{eqnarray*}\mathcal{L}^{-1}\left(\frac{2\sqrt{s}}{1+2\sqrt{s}}\right)&=&\mathcal{L}^{-1}\left(1-\frac{1}{2\sqrt{s}}+\frac{1}{4s}-\frac{1}{8s\sqrt{s}}+\ldots\right)\\&=&\delta_t+\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2^k}\mathcal{L}^{-1}\left(\frac{1}{s^{k/2}}\right)\\&=&\delta_t+\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2^k}\cdot\frac{t^{k/2-1}}{\Gamma(k/2)}\\&=&\color{red}{\delta_t-\frac{1}{\sqrt{4\pi t}}+\frac{1}{4}\,e^{\frac{t}{4}}\,\text{Erfc}\left(\frac{\sqrt{t}}{2}\right)},\end{eqnarray*}$ $ explotando: $\delta_t$ $