transformada inversa de Laplace

Question

Donde $s\in \mathbb{C}$. Supongo que esto sería muy fácil de manipular por resolver es, por definición, pero no he tomado cursos en análisis complejo aún. También, no puedo pensar en cualquier propiedad de la transformada de Laplace que daría la respuesta. En una segunda mirada, una serie represnation podría hacer el truco, pero luego me acordé de que s es una variable compleja y por lo tanto la función solo puede ser representado a través de la (compleja) de la serie de Laurent.

EDITAR: Estoy buscando un enfoque diferente de lo que cobre.sombrero sugerido en los comentarios, a saber, el uso de algunas de las propiedades de la transformación.

Answer 1

Vamos a escribir la expresión para la inversa de la transformación:

$$\frac1{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \, \log{\left (1+\frac{w^2}{s^2} \right )} e^{s t} $$

donde $c$ es mayor que el más grande de la parte real de todas las singularidades del integrando, si los hubiere.

Para calcular la inversa de la transformación anterior, considere la integral de contorno para $t \gt 0$:

$$\oint_{\gamma} dz \, \log{\left (1+\frac{w^2}{z^2} \right )} e^{z t} $$

donde $\gamma$ es el contorno se ilustra a continuación.

Tenga en cuenta que tenemos deforma el contorno para evitar los puntos de ramificación en $z=\pm i w$. El exterior del arco circular tiene radio de $R$ y los arcos sobre los puntos de ramificación radio $\epsilon$.

Yo por el momento asegurar al lector que las integrales sobre el exterior de los arcos se desvanecen en el límite de $R \to \infty$, y las integrales sobre el interior de los arcos se desvanecen en el límite de $\epsilon \to 0$. Por lo tanto, consideramos que el contorno de la integral como el límite de $R \to \infty$$\epsilon \to 0$.

Para ello, se debe observar cuidadosamente el comportamiento del registro de plazo en el perro-hueso de la parte del contorno. Tenga en cuenta que

$$\log{\left (1+\frac{w^2}{z^2} \right )} = \log{\left (1+i \frac{w}{z} \right )}+\log{\left (1-i\frac{w}{z} \right )} $$

Tomamos el registro de la rama principal, de modo que la rama de corte se produce por la arg de los argumentos del registro de igual a $\pi$.

El lector debe notar que hay una cuádruple división aquí: al $z$ es a la izquierda o a la derecha del eje imaginario, y al $z$ está por encima o por debajo del eje real. En cada uno de estos casos, el registro tiene un argumento negativo, pero el registro de la negativa argumento toma un valor diferente a lo largo de cada sección de el perro-hueso.

Al $z$ está a la izquierda y a la derecha del eje imaginario nos respectivamente parametrizar $z=+i y$$z=-i y$. Sin embargo, restamos $i 2 \pi$ desde el registro de plazo después de cruzar el eje imaginario y agregar $i 2 \pi$ tras cruzar el eje real.

El contorno de la integral es entonces igual a

$$\int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \, \log{\left (1+\frac{w^2}{s^2} \right )} e^{s t} + i \int_0^w dy \, \left [\log{\left (\frac{w^2}{y^2}-1 \right )}+i \pi \right ] e^{i y t}\\ - i \int_w^0 dy \, \left [\log{\left (\frac{w^2}{y^2}-1 \right )}-i \pi \right ] e^{-i y t} - i \int_0^w dy \, \left [\log{\left (\frac{w^2}{y^2}-1 \right )}+i \pi \right ] e^{-i y t}\\+ i \int_w^0 dy \, \left [\log{\left (\frac{w^2}{y^2}-1 \right )}-i \pi \right ] e^{i y t}$$

Tenga en cuenta que el registro de todos los términos cancelar, y nos quedamos con

$$\int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \, \log{\left (1+\frac{w^2}{s^2} \right )} e^{s t} + i 2 \pi (i) (i 2) \int_0^w dy \, \sin{y t} $$

Por Cauchy teorema, el contorno de la integral es cero. Por lo tanto, podemos escribir inmediatamente abajo de la inversa de la transformación de la

$$\frac1{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \, \log{\left (1+\frac{w^2}{s^2} \right )} e^{s t} = 2 \frac{1-\cos{w t}}{t} $$

Answer 2

$$\ln\left( 1+\frac{w^2}{s^2}\right)=-\displaystyle\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k w^{2k}}{k s^{2k}} $ $ La transformada de Laplace inversa de$\frac{1}{s^{2k}}$ es$\frac{t^{2k-1}}{(2k-1)!}$

Entonces, la transformada de Laplace inversa de$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k w^{2k}}{k s^{2k}} $ es$-\displaystyle\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k w^{2k}t^{2k-1}}{k (2k-1)!} $ que es igual a:

$$-\frac{1}{t}\displaystyle\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k w^{2k}t^{2k}(2k)}{k (2k)(2k-1)!}=-\frac{2}{t}\displaystyle\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k w^{2k}t^{2k}}{ (2k)!}=-\frac{2}{t}\left(-1+\displaystyle\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k w^{2k}t^{2k}}{ (2k)!}\right)$ $ Dado que$\displaystyle\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k (wt)^{2k}}{ (2k)!}=\cos(wt)$,

finalmente, el inverso de Laplace es:$$\frac{2}{t}\left(1-\cos(wt)\right)$ $