Transformada inversa de Laplace de e $^{-c \sqrt{s}}/(\sqrt{s}(a - s))$

Question

Estoy tratando de encontrar el Laplace inverso de la siguiente función:

$$ F(s) = \frac{\mathrm{e}^{-x b \sqrt{s}}}{ b (a - s)\sqrt{s}} $$

Realmente no sé por dónde empezar en este caso, ya que sólo he utilizado las tablas para completar otras transformadas inversas de Laplace y esto va más allá de todo lo que he visto.

Answer 1

Evaluemos

$$f(t) = \frac1{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} \frac{1}{\sqrt{s} (a-s)} e^{-b \sqrt{s}} e^{s t} $$

con $a \gt 0$ y $b \in \mathbb{R}$ . Obsérvese que exigimos que $c \gt a$ .

Considere

$$\oint_C dz \frac{1}{\sqrt{z} (a-z)} e^{-b \sqrt{z}} e^{z t} $$

donde $C$ es un contorno de ojo de cerradura como el que 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, $C_k$ , $k \in \{1,2,3,4,5,6\}$ como sigue.

$C_1$ 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 $C_1$ 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 por 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

$$R t \cos{\theta} - b \sqrt{R} \cos{\frac{\theta}{2}}$$

donde $\theta \in [\pi/2,\pi)$ . Claramente, $\cos{\theta} < 0$ y $\cos{\frac{\theta}{2}} > 0$ de modo que el integrando decae 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 del residuo (es decir, polo en $z=a$ en $C$ ):

$$\begin{align}\left [ \int_{C_1} + \int_{C_3} + \int_{C_5}\right] dz \: \frac{1}{\sqrt{z} (a-z)} e^{-b \sqrt{z}} e^{z t} &= i 2 \pi \operatorname*{Res}_{z=a} \frac{1}{\sqrt{z} (a-z)} e^{-b \sqrt{z}} e^{z t}\\ &= -i 2 \pi a^{-1/2} e^{-b \sqrt{a}} e^{a t}\end{align}$$

Ahora, en $C_3$ parametrizamos $z=x e^{i \pi}$ y la integral sobre ese segmento se convierte en

$$i \int_{\infty}^0 dx \frac{x^{-1/2}}{a+x} e^{-i b \sqrt{x}} e^{-x t} $$

En $C_5$ parametrizamos $z=x e^{-i \pi}$ y la integral sobre ese segmento se convierte en

$$-i \int_0^{\infty} dx \frac{x^{-1/2}}{a+x} e^{i b \sqrt{x}} e^{-x t} $$

Sumamos estas dos integrales para obtener

$$-i 2 \int_0^{\infty} dx \frac{x^{-1/2}}{a+x} \cos{\left (b \sqrt{x}\right )} e^{-x t} $$

Por lo tanto, la ILT

$$\frac1{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} \frac{1}{\sqrt{s} (a-s)} e^{-b \sqrt{s}} e^{s t} = \frac1{\pi} \int_0^{\infty} dx \frac{x^{-1/2}}{a+x} \cos{\left (b \sqrt{x}\right )} e^{-x t} - a^{-1/2} e^{-b \sqrt{a}} e^{a t}$$

El problema se reduce a la evaluación de la integral en el lado derecho. Subiendo $x=u^2$ obtenemos

$$\frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} du \frac{\cos{b u}}{a+u^2} e^{-t u^2} $$

Resulta que esta integral puede evaluarse utilizando un análogo de Teorema de Parseval para las transformadas de Fourier, que establece que, dadas dos funciones $f$ y $g$ , ambos $\in L^2(-\infty,\infty)$ y sus transformadas de Fourier $F$ y $G$ respectivamente, se cumple la siguiente relación:

$$\int_{-\infty}^{\infty} du \: f(u) \, g^*(u) = \frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^{\infty} dk \: F(k) \, G^*(k)$$

En este caso,

$$f(u) = e^{-t u^2} \cos{b u} \implies F(k) = \frac{\sqrt{\pi } \left(e^{-\frac{(b-k)^2}{4 t}}+e^{-\frac{(b+k)^2}{4 t}}\right)}{2 \sqrt{t}}$$

$$g(u) = \frac1{a+u^2} \implies G(k) = \frac{\pi}{\sqrt{a}} e^{-\sqrt{a} |k|} $$

La integral es ahora claramente expresable en términos de funciones de error. Me saltaré la complicada álgebra y se la dejaré al lector, pero combinando la integral final con el residuo en el lado derecho, obtenemos como ILT $f(t)$ :

$$\frac1{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} \frac{1}{\sqrt{s} (a-s)} e^{-b \sqrt{s}} e^{s t} = \frac{e^{a t}}{2 \sqrt{a}} \left [e^{b \sqrt{a}} \operatorname{erfc}{\left ( \frac{b+2 \sqrt{a} t}{2 \sqrt{t}}\right )} - e^{-b \sqrt{a}} \operatorname{erfc}{\left ( \frac{b-2 \sqrt{a} t}{2 \sqrt{t}}\right )}\right ] $$

Answer 2

$$ F(s) = \frac{\mathrm{e}^{-b \sqrt{s}}}{ (a - s)\sqrt{s}}=\frac{1}{2\sqrt{a}}\big(F_1(s)-F_2(s)\big) $$ $$F_1(s) = \frac{\mathrm{e}^{-b \sqrt{s}}}{ (\sqrt{s} + \sqrt{a})\sqrt{s}}$$ $$F_2(s) = \frac{\mathrm{e}^{-b \sqrt{s}}}{ (\sqrt{s} - \sqrt{a})\sqrt{s}}$$ De Bateman Tables of Integral Transforms (1954), p.247, Ec.(16),

la transformada inversa de Laplace de $F_1(s)$ es : $\mathrm{e}^{b\sqrt{a}+at }\operatorname{erfc}\big({\frac{b}{2\sqrt{t}}+\sqrt{at} }\big)$

la transformada inversa de Laplace de $F_2(s)$ es : $\mathrm{e}^{-b\sqrt{a}+at }\operatorname{erfc}\big({\frac{b}{2\sqrt{t}}-\sqrt{at} }\big)$

Por lo tanto, la transformada inversa de Laplace de $F(s)$ es : $$\frac{e^{a t}}{2 \sqrt{a}} \left [e^{b \sqrt{a}} \operatorname{erfc}\big({\frac{b}{2\sqrt{t}}+\sqrt{at} }\big) - e^{-b \sqrt{a}} \operatorname{erfc}\big({\frac{b}{2\sqrt{t}}-\sqrt{at} }\big)\right ] $$

Hay una pequeña discrepancia en comparación con el resultado de Ron Gordon (puede ser $t$ que falta en el numerador en la erfc de su fórmula). ¿Pero podría estar equivocado?

No obstante, el hermoso cálculo de Ron Gordon es admirable.