transformada inversa de Laplace

Question

Me he encontrado con este problema tratando de encontrar una representación integral para un PDE (de amortiguamiento de la ecuación de onda con las condiciones iniciales).

Lo que me gustaría hacer es calcular $$f(t) = \mathcal{L}^{-1}\left[e^{-\sqrt{s^2+s}}\right](t)$$

a través de la bromwich integral,

$$f(t) = \frac1{2 \pi i} \int_{c- i \infty}^{c + i \infty} e^{-\sqrt{s^2+s}}e^{st}ds $$

Mi progreso hasta ahora se ha visto paralizado por el hecho de que tenemos puntos de ramificación en $s = 0$, e $s = -1$. Mi idea hasta ahora ha sido hacer que la rama de corte en el intervalo de $[-1, 0]$ sobre el eje real, sin embargo esto ha sido bastante molesto como la típica forma del contorno toma la forma de una inversión de la $D$. Mi idea sería hacer algo de un hueso de perro de contorno para evitar la rama, pero he estado teniendo problemas para realizar el seguimiento de la evaluación.

Haciéndolo de esta manera, la suma de las integrales tendría que ser cero, no hay polos involucrados. Afortunadamente el exterior de arqueo contornos iría a cero, es realmente el contorno que va alrededor de la furtivo de la rama de corte que sería engorroso. Tal vez un hueso de perro iba a funcionar?

Mi objetivo sería incluso acaba de llegar a algún tipo de series/representación integral de la transformada de laplace. Cualquier ayuda es muy apreciada.

Answer 1

Voy a ilustrar un poco diferente, más riguroso de la derivación de la ILT resultado aquí, que es

$$\frac1{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \, e^{-\sqrt{s (1+s)}} \, e^{s t} = \frac12 e^{-t/2} \frac{I_1 \left ( \frac12 \sqrt{t^2-1} \right )}{\sqrt{t^2-1}} H(t-1) $$

donde

$$H(t-1) = \begin{cases} 1 \quad t \gt 1 \\ 0 \quad t \le 1 \end{cases} $$

Para demostrar donde este resultado viene, voy a definir el siguiente contorno de la integral:

$$ \oint_C dz \, e^{-\sqrt{z (1+z)}} \, e^{t z} $$

donde vamos a averiguar los valores permitidos de $t$ y el contorno de $C$ es de la siguiente manera:

donde el radio del gran arco es $R$ y los radios de los pequeños arcos son cada una de las $\epsilon$. Por Cauchy teorema, este contorno de la integral es cero. Por otro lado, podemos escribir la integral de contorno en el límite de $\epsilon \to 0$ como sigue:

$$ \int_{c-i \sqrt{R^2-c^2}}^{c+i \sqrt{R^2-c^2}} ds \, e^{-\sqrt{s (1+s)}} \, e^{s t} + i R \int_{\pi/2 - \arcsin{(c/R)}}^{\pi} d\theta \, e^{i \theta} \, e^{-R e^{i \theta} \left (1+\frac1{R e^{i \theta}} \right )^{1/2}} e^{R t e^{i \theta}} \\+ e^{i \pi} \int_R^{1} dx \, e^{\sqrt{x (x-1)}} e^{-x t} + e^{i \pi} \int_1^0 dx \, e^{-i \sqrt{x (1-x)}} e^{-x t} \\ + e^{-i \pi} \int_0^1 dx \, e^{i \sqrt{x (1-x)}} e^{-x t} + e^{-i \pi} \int_1^R dx \, e^{\sqrt{x (x-1)}} e^{-x t} \\ + i R \int_{\pi}^{3 \pi/2 + \arcsin{(c/R)}} d\theta \, e^{i \theta} \, e^{-R e^{i \theta} \left (1+\frac1{R e^{i \theta}} \right )^{1/2}} e^{R t e^{i \theta}}$$

Debe quedar claro que la tercera y la sexta integrales cancelar. Además, podemos deducir los valores de $t$ para que la ILT se define por la combinación de la segunda y la séptima de las integrales:

$$\begin{align} i R \int_{\pi/2-\arcsin{(c/R)}}^{3 \pi/2+\arcsin{(c/R)}} d\theta \, e^{i \theta} \, e^{-R e^{i \theta} \left (1+\frac1{R e^{i \theta}} \right )^{1/2}} e^{R t e^{i \theta}} &= R \int_{\frac{c}{R} + i \sqrt{1-\frac{c^2}{R^2}}}^{\frac{c}{R} - i \sqrt{1-\frac{c^2}{R^2}}} d\zeta \, e^{-R \zeta \left ( 1 + \frac1{R \zeta} \right)^{1/2}} e^{R t \zeta} \\ &=_{R \to \infty} R e^{-1/2} \int_{\frac{c}{R}+i}^{\frac{c}{R}-i} d\zeta \, e^{R (t-1) \zeta} \\ &= -i 2 e^{c (t-1)} e^{-1/2} \frac{\sin{R (t-1)}}{t-1} \\ &=_{R \to \infty} -i 2 \pi e^{c (t-1)} e^{-1/2} \delta(t-1) \end{align} $$

Cabe señalar que la anterior integrales convergen como $R \to \infty$ sólo al $t \gt 1$. En consecuencia, habrá un $H(t-1)$ plazo en el resultado final. Debido a $\lim_{x \to 0} H(x) \delta(x) = 0$, podemos ignorar la función delta de contribución en este caso. (Al $t \lt 1$, la ILT es cero.)

Ahora, como $R \to \infty$ estamos en tres integrales que podemos relacionar por Cauchy teorema:

$$ \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \, e^{-\sqrt{s (1+s)}} \, e^{s t} = \int_0^1 dx \, e^{i \sqrt{x (1-x)}} e^{-x t} - \int_0^1 dx \, e^{-i \sqrt{x (1-x)}} e^{-x t}$$

de modo que la ILT para $t \gt 1$ está ahora en términos de una sola, la real de la integral:

$$\frac1{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \, e^{-\sqrt{s (1+s)}} \, e^{s t} = \frac1{\pi} \int_0^1 dx \, \sin{\left ( \sqrt{x (1-x)} \right )} e^{-t x} H(t-1)$$

Podemos ahora se centran en la evaluación de este real integral. Podemos poner la integral en una forma familiar con la sustitución de $x=\sin^2{(\theta/2)}$:

$$\begin{align}\frac1{\pi} \int_0^1 dx \, \sin{\left ( \sqrt{x (1-x)} \right )} e^{-t x} &= \frac1{2 \pi} e^{-t/2} \int_0^{\pi} d\theta \, \sin{\theta} \, \sin{\left ( \frac12 \sin{\theta} \right )} e^{(t/2) \cos{\theta}} \\ &= \frac1{4 \pi} e^{-t/2} \operatorname{Im} \int_{-\pi}^{\pi} d\theta \, \sin{\theta} \, e^{i \frac12 \sin{\theta}} e^{(t/2) \cos{\theta}} \end{align} $$

Podemos evaluar la integral de la derecha, expresándola como un complejo integral y tomar desde allí...

$$\begin{align} \int_{-\pi}^{\pi} d\theta \, \sin{\theta} \, e^{i \frac12 \sin{\theta}} e^{(t/2) \cos{\theta}} &= -i \oint_{|z|=1} \frac{dz}{z} \left ( \frac{z-z^{-1}}{i 2} \right ) e^{(t/2) \left (\frac{z+z^{-1}}{2} \right )} e^{(i/2) \left (\frac{z-z^{-1}}{i 2} \right )} \\ &= -\frac12 \oint_{|z|=1} \frac{dz}{z} \left ( z-z^{-1} \right ) e^{\frac14 (t+1) z + \frac14 (t-1) z^{-1}} \end{align} $$

El contorno de la integral es igual a $i 2 \pi$ veces la suma de los residuos de los polos en el interior del círculo unitario. En este caso, el integrando tiene una singularidad esencial en a $z=0$. Para calcular el residuo de a $z=0$, ampliar el exponencial en una Laurent de la serie y sólo necesitamos determinar el coeficiente de $z^{-1}$ en esa expansión. En definitiva, queremos calcular el coeficiente de $z^0$ en la expansión de Laurent

$$\left ( z-z^{-1} \right ) e^{a z + b z^{-1}} $$

donde$a=\frac14 (t+1)$$b=\frac14 (t-1)$. Esta expansión parece

$$\begin{align} \left ( z-z^{-1} \right ) e^{a z + b z^{-1}} &= \left ( z-z^{-1} \right ) \sum_{k=0}^{\infty} \frac1{k!} \left ( a z + b z^{-1} \right )^k \\ &= \left ( z-z^{-1} \right ) \sum_{k=0}^{\infty} \frac1{k!} \sum_{m=0}^k \binom{k}{m} (a z)^m \left ( b z^{-1} \right )^{k-m} \\ &= \left ( z-z^{-1} \right ) \sum_{k=0}^{\infty} b^k \sum_{m=0}^k \frac1{m! (k-m)!} \left ( \frac{a}{b} \right )^m z^{2 m-k} \end{align} $$

Para simplificar un poco las cosas, se nota que sólo los valores impares de $k$ resultará en un valor distinto de cero, el coeficiente de $z^0$. Entonces podemos reescribir esa última suma como

$$ \left ( z-z^{-1} \right ) e^{a z + b z^{-1}} = \left ( z-z^{-1} \right ) \sum_{k=0}^{\infty} b^{2 k+1} \sum_{m=0}^k \frac1{m! (2 k+1-m)!} \left ( \frac{a}{b} \right )^m z^{2 m-2 k - 1} $$

Hemos distinto de cero los coeficientes de $z^0$ al $m=k$ o $m=k+1$. Por lo tanto, por el teorema de los residuos, la integral anterior es igual a

$$\int_{-\pi}^{\pi} d\theta \, \sin{\theta} \, e^{i \frac12 \sin{\theta}} e^{(t/2) \cos{\theta}} = -\frac12 i 2 \pi (b-a) \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(a b)^k}{k! (k+1)!} = -i \pi \frac{b-a}{\sqrt{a b}} I_1 \left ( 2 \sqrt{a b} \right )$$

Conecte $a=\frac14 (t+1)$ $b=\frac14 (t-1)$ y encontramos que

$$\frac1{\pi} \int_0^1 dx \, \sin{\left ( \sqrt{x (1-x)} \right )} e^{-t x} = \frac12 e^{-t/2} \frac{I_1 \left ( \frac12 \sqrt{t^2-1} \right )}{\sqrt{t^2-1}} $$

y la ILT es tal como se afirmó anteriormente.

Answer 2

Pues bien, queremos encontrar:

$$\mathscr{P}\left(t\right):=\mathscr{L}_\text{s}^{-1}\left[\exp\left(-\sqrt{\text{s}^2+\text{s}}\right)\right]_{\left(t\right)}\tag1$$

Ahora, nos fijamos primero en la expansión de la serie $\exp$:

$$\exp\left(-\sqrt{\text{s}^2+\text{s}}\right)=\sum_{\text{k}=0}^\infty\frac{\left(-\sqrt{\text{s}^2+\text{s}}\right)^\text{k}}{\text{k}!}=\sum_{\text{k}=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^\text{k}\cdot\left(\sqrt{\text{s}^2+\text{s}}\right)^\text{k}}{\text{k}!}=$$ $$\sum_{\text{k}=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^\text{k}\cdot\left(\left(\text{s}^2+\text{s}\right)^\frac{1}{2}\right)^\text{k}}{\text{k}!}=\sum_{\text{k}=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^\text{k}}{\text{k}!}\cdot\left(\text{s}^2+\text{s}\right)^\frac{\text{k}}{2}=$$ $$\sum_{\text{k}=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^\text{k}}{\text{k}!}\cdot\left(\text{s}\cdot\left(\text{s}+1\right)\right)^\frac{\text{k}}{2}=\sum_{\text{k}=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^\text{k}}{\text{k}!}\cdot\text{s}^\frac{\text{k}}{2}\cdot\left(\text{s}+1\right)^\frac{\text{k}}{2}\tag2$$

Utilizando el 'Teorema de convolución' de la transformación de Laplace:

$$\mathscr{P}\left(t\right)=\mathscr{L}_\text{s}^{-1}\left[\sum_{\text{k}=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^\text{k}}{\text{k}!}\cdot\text{s}^\frac{\text{k}}{2}\cdot\left(\text{s}+1\right)^\frac{\text{k}}{2}\right]_{\left(t\right)}=$$ $$\sum_{\text{k}=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^\text{k}}{\text{k}!}\cdot\mathscr{L}_\text{s}^{-1}\left[\text{s}^\frac{\text{k}}{2}\cdot\left(\text{s}+1\right)^\frac{\text{k}}{2}\right]_{\left(t\right)}=$$ $$\sum_{\text{k}=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^\text{k}}{\text{k}!}\cdot\int_0^t\mathscr{L}_\text{s}^{-1}\left[\text{s}^\frac{\text{k}}{2}\right]_{\left(t-\tau\right)}\cdot\mathscr{L}_\text{s}^{-1}\left[\left(\text{s}+1\right)^\frac{\text{k}}{2}\right]_{\left(\tau\right)}\space\text{d}\tau=$$ $$\sum_{\text{k}=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^\text{k}}{\text{k}!}\cdot\int_0^t\frac{\left(t-\tau\right)^{-\frac{\text{k}}{2}-1}}{\Gamma\left(-\frac{\text{k}}{2}\right)}\cdot\frac{\exp\left(-\tau\right)\cdot\tau^{-\frac{\text{k}}{2}-1}}{\Gamma\left(-\frac{\text{k}}{2}\right)}\space\text{d}\tau=$$ $$\sum_{\text{k}=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^\text{k}}{\Gamma^2\left(-\frac{\text{k}}{2}\right)\cdot\left(\text{k}!\right)}\cdot\int_0^t\left(t-\tau\right)^{-\frac{\text{k}}{2}-1}\cdot\exp\left(-\tau\right)\cdot\tau^{-\frac{\text{k}}{2}-1}\space\text{d}\tau\tag3$$