Quiero calcular la transformada inversa de Laplace de una función $$ F(z) = e^{-\sqrt{z}}. $$ Este problema me parece muy poco trivial. Aquí se puede encontrar la respuesta: la transformada inversa de Laplace de una función de una variable $e^{-\sqrt{z}}$ es igual a $$ \mathcal{L}^{-1}[e^{-\sqrt{z}}](x) = \frac{1}{2 \sqrt{\pi}} x^{-\frac{3}{2}} \exp \left( -\frac{1}{4x} \right). $$ Pero, ¿cuál es la forma más sencilla de hacerlo? Fórmula del puesto requiere el conocimiento de todas las derivadas de grado de $e^{-\sqrt{z}}$ y creo que no es una buena manera. La fórmula de inversión clásica es de la forma $$ \mathcal{L}^{-1}[F(z)](x) = \frac{1}{2 \pi i}\int\limits_{\sigma - i \infty}^{\sigma + i \infty} F(z) e^{zx}\,dz = \frac{1}{2 \pi i} \int\limits_{\sigma - i \infty}^{\sigma + i \infty} e^{-\sqrt{z}+zx} \, dz. $$ Para calcularlo hago una sustitución $p = \sqrt{z}$ . Entonces busco la imagen de la línea $\sigma + i \mathbb{R}$ . Si no me equivoco es el ángulo con vértice en $\sqrt{\sigma}$ y con rayos $\sqrt{\sigma} + e^{i \frac{\pi}{4}} [0,\infty)$ y $\sqrt{\sigma}+e^{-i\frac{\pi}{4}} [0,\infty)$ (no exactamente, estos rayos son curvilíneos, pero creo que esto no importa debido a la fórmula de Cauchy). Lo denotaré $\Lambda$ . Así que $$ \mathcal{L}^{-1}[e^{-\sqrt{z}}] = \frac{1}{\pi i} \int\limits_{\Lambda} e^{-p + p^2 x}p \, dp. $$ Entonces debería buscar los residuos, pero el integrando no los tiene en la parte finita de $\mathop{\mathrm{conv}} \Lambda$ . Por favor, ayúdenme con ello.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Se puede utilizar una integración de contorno sin esa sustitución de la siguiente manera, deformando el contorno de Bromwich alrededor del eje real negativo y explotando un corte de rama de $\sqrt{z}$ sobre ese eje. Así, consideremos la integral
$$\oint_C dz \: e^{-\sqrt{z}} e^{z t}$$
donde $C$ es un contorno de ojo de cerradura alrededor del eje real negativo, como se muestra a continuación.
Definiremos $\text{Arg}{z} \in (-\pi,\pi]$ , por lo que la rama es el eje real negativo. Hay $6$ piezas a 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 $z \in [c-i R,c+i R]$ para algún valor grande de $R$ .
$C_2$ es el contorno a lo largo de un arco circular de radio $R$ desde la parte superior de $C_1$ hasta justo por encima del eje real negativo.
$C_3$ es el contorno a lo largo de una línea justo por encima del eje real negativo entre $[-R, -\epsilon]$ 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 $[-\epsilon,-R]$ .
$C_6$ es el contorno a lo largo del arco circular de radio $R$ desde justo debajo del eje real negativo hasta la parte inferior de $C_1$ .
Demostraremos que la integral a lo largo de $C_2$ , $C_4$ y $C_6$ desaparecen en los límites de $R \rightarrow \infty$ y $\epsilon \rightarrow 0$ .
En $C_2$ la parte real del argumento de la exponencial es
$$R t \cos{\theta} - \sqrt{R} \cos{\frac{\theta}{2}}$$
donde $\theta \in [\pi/2,\pi)$ . Claramente, $\cos{\theta} < 0$ y $\cos{\frac{\theta}{2}} > 0$ para que el integrando decaiga exponencialmente como $R \rightarrow \infty$ y por lo tanto la integral desaparece a lo largo de $C_2$ .
En $C_6$ , tenemos lo mismo, pero ahora $\theta \in (-\pi,-\pi/2]$ . Esto significa que, debido a la uniformidad del coseno, el integrando decae exponencialmente de nuevo como $R \rightarrow \infty$ y por lo tanto la integral también desaparece a lo largo de $C_6$ .
En $C_4$ la integral desaparece como $\epsilon$ en el límite $\epsilon \rightarrow 0$ . Por lo tanto, nos queda lo siguiente por el teorema de la integral de Cauchy (es decir, no hay polos dentro de $C$ ):
$$\left [ \int_{C_1} + \int_{C_3} + \int_{C_5}\right] dz \: e^{-\sqrt{z}} e^{z t} = 0$$
En $C_3$ parametrizamos por $z=e^{i \pi} x$ y la integral a lo largo de $C_3$ se convierte en
$$\int_{C_3} dz \: e^{-\sqrt{z}} e^{z t} = e^{i \pi} \int_{\infty}^0 dx \: e^{-i \sqrt{x}} e^{-x t}$$
En $C_5$ Sin embargo, parametrizamos por $z=e^{-i \pi} x$ y la integral a lo largo de $C_5$ se convierte en
$$\int_{C_5} dz \: e^{-\sqrt{z}} e^{z t} = e^{-i \pi} \int_0^{\infty} dx \: e^{i \sqrt{x}} e^{-x t}$$
Ahora podemos escribir
$$-\frac{1}{i 2 \pi} \int_0^{\infty} dx \: e^{- x t} \left ( e^{i \sqrt{x}} - e^{-i \sqrt{x}} \right ) + \frac{1}{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \: e^{-\sqrt{s}} e^{s t} = 0$$
Por lo tanto, el ILT de $\hat{f}(s) = e^{-\sqrt{s}}$ viene dada por
$$\begin{align}\frac{1}{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \: e^{-\sqrt{s}} e^{s t} &= \frac{1}{i 2 \pi} \int_0^{\infty} dx \: e^{- x t} \left ( e^{i \sqrt{x}} - e^{-i \sqrt{x}} \right )\\ &= \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} du\: u \,e^{-t u^2} \sin{u}\end{align}$$
El último paso consistió en sustituir $x=u^2$ y explotando la uniformidad del integrando. Esta integral puede evaluarse como sigue:
$$\begin{align}\frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} du\: u \,e^{-t u^2} \sin{u} &= \frac{1}{\pi} \Im{\left [\int_{-\infty}^{\infty} du\:u\, e^{-t u^2} e^{i u} \right]}\\ &= \frac{1}{\pi} \Im{\left [\int_{-\infty}^{\infty} du\:u\, e^{-t (u-i/(2 t))^2} e^{-1/(4 t)}\right ]}\\ &= \frac{1}{\pi} e^{-1/(4 t)} \Im{\left [\int_{-\infty}^{\infty} dv \: \left ( v + \frac{i}{2 t} \right ) e^{-t v^2} \right]}\\ &= \frac{1}{\pi} e^{-1/(4 t)} \frac{1}{2 t} \sqrt{\frac{\pi}{t}} \end{align}$$
Por lo tanto, el resultado es que
$$\mathcal{L}^{-1}[e^{-\sqrt{z}}](t) = \frac{1}{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} dz \: e^{-\sqrt{z}} e^{z t} = \frac{1}{2 \sqrt{\pi}} t^{-3/2} e^{-\frac{1}{4 t}}$$
como se iba a demostrar.
