Geometry & Recognition

$$f(t) = {\cal L}^{-1} \left[ \frac{1}{s}\exp\left( -\frac{s}{\sqrt{1+s^2}}\right) \right](t)$$

역 Laplace 변환을 Bromwich 적분으로 표현하면 $$f(t) = \frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma-i\infty}^{\gamma +i\infty}  F(s) e^{st}ds=\frac{1}{2\pi i} \int_{C} \frac{1}{z}\exp \left(- \frac{z}{\sqrt{1+z^2}} +z t \right) dz$$ 적분경로 $C= \{C_1+C_2+C_3+C_4+C_\epsilon + \text{half circle}\}$는 그림의 폐경로에서 오른쪽  $z=\gamma$ 을 통과하는 수직선을 제외한 나머지 부분이다. 제곱근 함수 때문에 branch cut을 $z=\pm i$을 연결하는 선분으로 잡는다. 이 경우 위상은 $$ -\frac{\pi}{2} \le \arg(z-i) , ~\arg(z+i) \le \frac{3\pi}{2}$$ 로 잡을 수 있다. 

그러면 각 경로에서,

$$ C_1:~~z=y e^{i\pi/2}, ~ z-i=(1-y) e^{i 3\pi/2}, ~z+i= (1+y)e^{i\pi/2},~y:1\to0$$

$$ C_2:~~z=y e^{i\pi/2}, ~ z-i=(1+y) e^{ - i \pi/2},~z+i = (1-y)e^{i\pi/2},~y: 0\to1$$

$$ C_3:~~z=y e^{-i\pi/2}, ~ z-i=(1+y) e^{-i \pi/2},~z+i = (1-y)e^{i\pi/2},~y:0\to1$$

$$ C_4:~~z=y e^{-i\pi/2}, ~ z-i=(1-y) e^{i 3\pi/2},~z+i = (1+y)e^{i\pi/2},~y:1\to0$$

따라서 

$$ \int_{C_1} = \int_1^0 \exp\left(  \frac{iy}{\sqrt{1-y^2} } + iyt\right) \frac{dy}{y}$$

$$ \int_{C_2} = \int_0^1 \exp\left(  \frac{-iy}{\sqrt{1-y^2} } + iyt\right) \frac{dy}{y}$$

$$ \int_{C_3} = \int_1^0 \exp\left(  \frac{iy}{\sqrt{1-y^2} } - iyt\right) \frac{dy}{y}$$

$$ \int_{C_4} = \int_0^1 \exp\left(  \frac{-iy}{\sqrt{1-y^2} } - iyt\right) \frac{dy}{y}$$

그리고  simple pole $z=0$을 감싸는 적분은 ($z=\epsilon e^{i \theta}$)

$$ \int_{C_\epsilon} = 2\pi i  $$

이므로 $f(t)$는 다음과 같이 쓸 수 있다.

$$ f(t) = 1 -\frac{2}{\pi} \int_0^1 \cos (yt) \sin \left( \frac{y}{\sqrt{1-y^2}} \right) \frac{dy}{y}$$

$$ f(t) = {\cal L }^{-1} \left[\frac{ \sqrt{ s^2 + 1}}{s^2} \right](t)$$

Inverse Laplace 변환을 Bromwich 적분으로 표현하기 위해 그림과 같은 폐경로를 고려하면 ($C=\sum C_i$) $$ \oint_\Gamma F(z) e^{sz} dz = \left( \int _{\gamma - i\infty}^{\gamma + i\infty}  - \int_C  \right) F(z) e^{sz} dz = 2\pi i \times  \text{Res} (z=0)$$인데, $z=0$이 double pole이므로, $$ f(t) = \left.\frac{d}{dz} \left(e^{tz} \sqrt{ z^2 + 1}\right) \right|_{z=0} +\frac{1}{2\pi i} \int_{C} \frac{\sqrt{z^2 + 1} }{z^2} e^{tz}dz$$ Branch cut을 $z= \pm i$을 연결하는 선분 대신 그림과 같이 각각 $z=\pm i$에서 출발하는 두 개의 반직선으로 선택한다: $-\pi \le \arg(z-i), ~\arg(z+i)\le  \pi$

경로 $C_1$에서 $$z=-x + i, ~z-i = x e^{i\pi},~z+i = \sqrt{x^2 + 4} e^{i \theta}$$

여기서 $\tan\theta = -x/2$, $x: 0 \to \infty$이다.

$\cos \theta = -x/ \sqrt{x^2 + 4}$임을 이용하면

$$ \sqrt{z^2 +1} = \sqrt{(z-i)(z+i)} = \sqrt{x} \sqrt[4]{x^2+4} e^{i\pi/2}e^{ i\theta/2}\\ = i \sqrt{x} \sqrt[4]{x^2+4} \left(\cos \frac{\theta}{2}+ i\sin \frac{\theta}{2} \right) \\=i \sqrt{x} \left[ \sqrt{\sqrt{x^2/4+1}-x/2}+i \sqrt{\sqrt{x^2/4+1}+ x/2}\right] \\ \equiv i \sqrt{x}(g_1 + ig_2) $$

그리고 $C_2$에서는 $z-i = x e^{-i \pi}$이므로 (note: $z^2 = x^2 -1 -2ix$) 

$$ \int_{C_1} = \int _{C_2} = - \int_{0}^\infty i \sqrt{x} \frac{ g_1 + i g_2}{x^2-1 - 2i x} e^{-xt} e^{i t} dx$$

마찬가지로 $C_5, C_6$에 대한 적분도 ($z\to  -x-i$, $\theta\to - \theta$)

$$ \int_{C_5} = \int_{C_6} = -\int_0^\infty i \sqrt{x} \frac{g_1 -i g_2}{x^2 - 1 + 2ix}dx e^{-xt} e^{-it} dx$$

이므로

$$ f(t) = t - \frac{2}{\pi} \int_0^\infty dx \sqrt{x} e^{-xt}  \frac{(x^2-1) (g_1 \cos t-g_2\sin t)- 2x ( g_1 \sin t + g_2\cos t)}{(x^2 +1)^2 }$$