Hallando la transformada inversa de Laplace para funciones con puntos de ramificación. Laplace.

Introducción

Si $F(s)$ tiene puntos de ramificación, los resultados anteriores (obtenidos en temas anteriores) pueden extenderse a ellos si el contorno de Bromwich es modificado convenientemente. Por ejemplo, si $F(s)$ tiene un solo polo de ramificación en $s=0$ , se puede usar el contorno de la figura 1. En esta figura, $BDE$ y $LNA$ representan arcos de una circunferencia de radio $R$ con centro en el origen $O$ , y $HJK$ es el arco de una circunferencia de radio $\varepsilon$ con centro $O$ .

*Figura 1. Contorno de Bromwich con un solo punto de ramificación.*

Problema resuelto

Problema. Hallar $\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-a \sqrt{s}}}{s} \right]$ .

Solución. Se tiene lo siguiente,

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-a \sqrt{s}}}{s} \right] = \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma - i \infty}^{\gamma + i \infty}{\frac{e^{-a \sqrt{s}} \cdot e^{st}}{s} \ ds} = \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma - i \infty}^{\gamma + i \infty}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-a \sqrt{s}}}{s} \right] = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds}$

Como $s=0$ es un punto de ramificación del integrando, se considera que

*Figura 2. Contorno donde s=0 es el punto de ramificación.*

Luego,

$\displaystyle \oint_{C}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds} = \int_{AB}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds} + \int_{BDE}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds} + \int_{EH}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds}$

$\displaystyle + \int_{HJK}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds} + \int_{KL}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds} + \int_{LNA}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds}$

donde $C$ representa el contorno de la figura 2 que consta de la recta $AB$ ( $s=\gamma$ ), de los arcos $BDE$ y $LNA$ del círculo de radio $R$ y centro en el origen, y del arco $HJK$ de un círculo de radio $\epsilon$ y centro en $O$ .

Como la única singularidad del integrando, $s=0$ , no está dentro de $C$ la integral de la izquierda es cero en virtud con el teorema de Cauchy. Además, el integrando satisface la condición para que el contorno restante tienda a cero, de manera que al tomar el límite cuando $R \rightarrow \infty$ las integrales a lo largo de $BDE$ y $LNA$ tienden a cero.

$\displaystyle \lim_{R \rightarrow \infty}{\oint_{C}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds}} = \lim_{R \rightarrow \infty}{\int_{AB}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds}} + \lim_{R \rightarrow \infty}{\int_{BDE}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds}} + \lim_{R \rightarrow \infty}{\int_{EH}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds}}$

$\displaystyle + \lim_{R \rightarrow \infty}{\int_{HJK}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds}} + \lim_{R \rightarrow \infty}{\int_{KL}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds}} + \lim_{R \rightarrow \infty}{\int_{LNA}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds}}$

$\displaystyle 0 = \lim_{R \rightarrow \infty}{\int_{AB}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds}} + \lim_{R \rightarrow \infty}{\int_{EH}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds}} + \lim_{R \rightarrow \infty}{\int_{HJK}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds}} + \lim_{R \rightarrow \infty}{\int_{KL}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds}}$

$\displaystyle \lim_{R \rightarrow \infty}{\int_{AB}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds}} = - \lim_{R \rightarrow \infty}{\int_{EH}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds}} - \lim_{R \rightarrow \infty}{\int_{HJK}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds}} - \lim_{R \rightarrow \infty}{\int_{KL}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds}}$

Se deduce que

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-a \sqrt{s}}}{s} \right] = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-a \sqrt{s}}}{s} \right] = \frac{1}{2\pi i} \int_{AB}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds}$

$\displaystyle \mathop{\lim_{R \rightarrow \infty}}_{\epsilon \rightarrow 0} \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-a \sqrt{s}}}{s} \right] = \mathop{\lim_{R \rightarrow \infty}}_{\epsilon \rightarrow 0} \frac{1}{2\pi i} \int_{AB}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds}$

$\displaystyle \mathop{\lim_{R \rightarrow \infty}}_{\epsilon \rightarrow 0} \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-a \sqrt{s}}}{s} \right] = - \mathop{\lim_{R \rightarrow \infty}}_{\epsilon \rightarrow 0} \frac{1}{2\pi i} \left[\int_{EH}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds} + \int_{HJK}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds} + \int_{KL}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds} \right]$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-a \sqrt{s}}}{s} \right] = - \mathop{\lim_{R \rightarrow \infty}}_{\epsilon \rightarrow 0} \frac{1}{2\pi i} \left[\int_{EH}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds} + \int_{HJK}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds} + \int_{KL}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds} \right]$

De la primera integral, a lo largo de $EH$ , $s=xe^{\pi i}$ , $\displaystyle \sqrt{s} = \sqrt{x} e^{\pi i/2} = i \sqrt{x}$ y como $s$ va de $-R$ a $-\epsilon$ , $x$ va de $R$ a $\epsilon$

$\displaystyle \int_{EH}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds} = \int_{-R}^{-\epsilon}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds} = \int_{R}^{\epsilon}{\frac{e^{-xt-a i \sqrt{x}}}{x} \ dx}$

De la segunda integral, a lo largo de $HJK$ , $s=\epsilon e^{i \theta}$ , $\displaystyle \sqrt{s} = \sqrt{\epsilon} e^{\pi i/2}$ y $\theta$ va de $\pi$ a $-\pi$

$\displaystyle \int_{HJK}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds} = \int_{\pi}^{-\pi}{\frac{e^{\epsilon e^{i \theta} t - a \sqrt{\epsilon} e^{i \theta/2}}}{\epsilon e^{i \theta}} \ i \epsilon e^{i \theta} d\theta}$

$\displaystyle \int_{HJK}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds} = i \int_{\pi}^{-\pi}{e^{\epsilon e^{i \theta} t - a \sqrt{\epsilon} e^{i \theta/2}} d\theta}$

Y de la tercera integral, a lo largo de $KL$ , $s=xe^{-\pi i}$ , $\displaystyle \sqrt{s} = \sqrt{x} e^{-\pi i/2} = -i \sqrt{x}$ y como $s$ va de $-\epsilon$ a $- R$ , $x$ va de $\epsilon$ a $R$

$\displaystyle \int_{EH}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds} = \int_{-\epsilon}^{-R}{\frac{e^{st-a \sqrt{s}}}{s} \ ds} = \int_{\epsilon}^{R}{\frac{e^{-xt + a i \sqrt{x}}}{x} \ dx}$

Entonces, esto se convierte en

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-a \sqrt{s}}}{s} \right] = - \mathop{\lim_{R \rightarrow \infty}}_{\epsilon \rightarrow 0} \frac{1}{2\pi i} \left[\int_{R}^{\epsilon}{\frac{e^{-xt-a i \sqrt{x}}}{x} \ dx} + \int_{\epsilon}^{R}{\frac{e^{-xt + a i \sqrt{x}}}{x} \ dx} + i \int_{\pi}^{-\pi}{e^{\epsilon e^{i \theta} t - a \sqrt{\epsilon} e^{i \theta/2}} d\theta} \right]$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-a \sqrt{s}}}{s} \right] = - \mathop{\lim_{R \rightarrow \infty}}_{\epsilon \rightarrow 0} \frac{1}{2\pi i} \left[-\int_{\epsilon}^R{\frac{e^{-xt-a i \sqrt{x}}}{x} \ dx} + \int_{\epsilon}^{R}{\frac{e^{-xt + a i \sqrt{x}}}{x} \ dx} + i \int_{\pi}^{-\pi}{e^{\epsilon e^{i \theta} t - a \sqrt{\epsilon} e^{i \theta/2}} d\theta} \right]$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-a \sqrt{s}}}{s} \right] = - \mathop{\lim_{R \rightarrow \infty}}_{\epsilon \rightarrow 0} \frac{1}{2\pi i} \left[\int_{\epsilon}^{R}{\frac{e^{-xt}( e^{a i \sqrt{x}} - e^{-a i \sqrt{x}})}{x} \ dx} + i \int_{\pi}^{-\pi}{e^{\epsilon e^{i \theta} t - a \sqrt{\epsilon} e^{i \theta/2}} d\theta} \right]$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-a \sqrt{s}}}{s} \right] = - \mathop{\lim_{R \rightarrow \infty}}_{\epsilon \rightarrow 0} \frac{1}{2\pi i} \left[\int_{\epsilon}^{R}{\frac{e^{-xt} \cdot 2i \sin{a \sqrt{x}}}{x} \ dx} + i \int_{\pi}^{-\pi}{e^{\epsilon e^{i \theta} t - a \sqrt{\epsilon} e^{i \theta/2}} d\theta} \right]$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-a \sqrt{s}}}{s} \right] = - \mathop{\lim_{R \rightarrow \infty}}_{\epsilon \rightarrow 0} \frac{1}{2\pi i} \left[2i\int_{\epsilon}^{R}{\frac{e^{-xt} \sin{a \sqrt{x}}}{x} \ dx} + i \int_{\pi}^{-\pi}{e^{\epsilon e^{i \theta} t - a \sqrt{\epsilon} e^{i \theta/2}} d\theta} \right]$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-a \sqrt{s}}}{s} \right] = - \mathop{\lim_{R \rightarrow \infty}}_{\epsilon \rightarrow 0} \left[\frac{1}{\pi} \int_{\epsilon}^{R}{\frac{e^{-xt} \sin{a \sqrt{x}}}{x} \ dx} + \frac{1}{2\pi} \int_{\pi}^{-\pi}{e^{\epsilon e^{i \theta} t - a \sqrt{\epsilon} e^{i \theta/2}} d\theta} \right]$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-a \sqrt{s}}}{s} \right] = - \mathop{\lim_{R \rightarrow \infty}}_{\epsilon \rightarrow 0} \frac{1}{\pi} \int_{\epsilon}^{R}{\frac{e^{-xt} \sin{a \sqrt{x}}}{x} \ dx} - \mathop{\lim_{R \rightarrow \infty}}_{\epsilon \rightarrow 0} \frac{1}{2\pi} \int_{\pi}^{-\pi}{e^{\epsilon e^{i \theta} t - a \sqrt{\epsilon} e^{i \theta/2}} d\theta}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-a \sqrt{s}}}{s} \right] = - \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\infty}{\frac{e^{-xt} \sin{a \sqrt{x}}}{x} \ dx} - \frac{1}{2\pi} \int_{\pi}^{-\pi}{d\theta}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-a \sqrt{s}}}{s} \right] = - \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\infty}{\frac{e^{-xt} \sin{a \sqrt{x}}}{x} \ dx} - \frac{1}{2\pi} (-2\pi)$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-a \sqrt{s}}}{s} \right] = - \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\infty}{\frac{e^{-xt} \sin{a \sqrt{x}}}{x} \ dx} + 1 = 1 - \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\infty}{\frac{e^{-xt} \sin{a \sqrt{x}}}{x} \ dx}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-a \sqrt{s}}}{s} \right] = 1 - \text{fer} \left(\frac{a}{2 \sqrt{t}} \right)$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-a \sqrt{s}}}{s} \right] = \text{fcer} \left(\frac{a}{2 \sqrt{t}} \right)$

Finalmente,

$\displaystyle \therefore \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{e^{-a \sqrt{s}}}{s} \right] = \text{fcer} \left(\frac{a}{2 \sqrt{t}} \right)$

Hallando la transformada inversa de Laplace para funciones con puntos de ramificación. Laplace.

Introducción

Problema resuelto

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