transformada inversa de Laplace

Question

Alguien me puede ayudar a encontrar la transformada inversa de Laplace de $ \ln \! \left( 1 + \dfrac{1}{s^{2}} \right) $? No tengo idea de por donde empezar.

Answer 1

La idea es deshacer las operaciones que usted puede encontrar en la transformación utilizando las propiedades de la transformada de Laplace. La transformada de Laplace del logaritmo tiempos de Heaviside es esencialmente un logaritmo dividido por $s$. La transformación de un derivado es esencialmente la transformación de la función de los tiempos de $s$. Y, finalmente, la transformación de una función multiplicada por una exponencial es la transformación de la función de traducir.

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Podemos escribir

$$\begin{align}\ln\left(1+\frac{1}{s^2}\right)&=\ln(s+i)+\ln(s-i)-2\ln(s)\\&=(s+i)\frac{\ln(s+i)+\gamma}{s+i}+(s-i)\frac{\ln(s-i)+\gamma}{s-i}-2s\frac{\ln(s)+\gamma}{s}\end{align}$$

Sabemos que $$\mathcal{L}(-\ln(t)u(t))=\frac{\ln(s)+\gamma}{s}$$

Por lo tanto

$$\mathcal{L}\left(D\left(-\ln(t)u(t)\right)\right)=s\frac{\ln(s)+\gamma}{s}$$

donde $D$ es derivado y

$$\mathcal{L}\left(e^{\pm it}D\left(-\ln(t)u(t)\right)\right)=(s\pm i)\frac{\ln(s\pm i)+\gamma}{s\pm i}$$

Ahora se puede completar.

Answer 2

La Función Gamma $\Gamma$ se define como

$$\Gamma(z) = \int_0^{\infty} t^{z-1}e^{-t}dt$$

para $\text{Re}\{z\}>0$.

Podemos escribir esta representación integral como la transformada de Laplace dejando $t \to st$. Entonces, tenemos

$$\begin{align} \Gamma(z) &= \int_0^{\infty} (st)^{z-1}e^{-st}sdt\\\\ &=s^z\int_0^{\infty} t^{z-1}e^{-st}dt \end{align}$$

La derivada de la Función Gamma de la siguiente manera directa, como

$$\begin{align} \Gamma'(z) &= s^z\log (s)\int_0^{\infty} t^{z-1}e^{-st}dt+s^z\int_0^{\infty} t^{z-1}e^{-st}\log (t) \,dt \end{align}$$

Tenga en cuenta que $\Gamma'(1)=\log(s)+s\mathscr{L}\{\log (t)\}(s)$, donde

$$\mathscr{L}\{\log (t)\}(s)=\int_0^{\infty}\log(t) e^{-st}dt$$

es la transformada de Laplace de $\log (t)$. La solución para $\log (s)$ rendimientos

$$\log(s) = -\gamma -s\,\mathscr{L}\{\log (t)\}(s)$$

donde hemos observado que $\Gamma'(1)=-\gamma$, es el de Euler-Mascheroni constante.

Ahora, tras la descomposición dada por Alamos, tenemos que

$$\begin{align} \log\left(\frac{s^2+1}{s^2}\right)&=\log(s+i)+\log(s-i)-2\log(s)\\\\ &=-(s+i)\int_0^{\infty} \log(t)e^{-(s+i)t}dt-(s-i)\int_0^{\infty} \log(t)e^{-(s-i)t}dt+2s\int_0^{\infty} \log(t)e^{-st}dt\\\\ &=\int_0^{\infty} \log(t)\frac{d}{dt}(e^{-(s+i)t})dt+\int_0^{\infty} \log(t)\frac{d}{dt}(e^{-(s-i)t})dt-2\int_0^{\infty} \log(t)\frac{d}{dt}(e^{-st})dt\\\\ &=2\int_0^{\infty}\log(t)\frac{d}{dt}((\cos(t)-1)e^{-st})dt\\\\ &=2\int_0^{\infty}\frac{1-\cos(t)}{t}e^{-st}dt\\\\ &=2\mathscr{L}\left(\frac{1-\cos(t)}{t}\right)(s) \end{align}$$

La inversión de ambos lados revela

$$\mathscr{L}^{-1}\left(\log\left(\frac{s^2+1}{s^2}\right)\right)(t)=2\,\,\frac{1-\cos(t)}{t}$$

Answer 3

Utilice el siguiente :

$$x(t)\to X(s)$$ $$-tx(t) \to X'(s)$$

Ahora podemos escribir

$$X(s) = \ln (1+1/s^2) = \ln(s^2+1) - 2\ln s$$ $$X'(s) = \frac{2s}{s^2+1}-\frac{2}{s}$$ $$-tx(t) = 2\cos t -2\to x(t) = \frac{2-cos t}{t}$$