Оригинал изображения по Лапласу

[Taus]

Есть изображение:

$$\dfrac{1}{p}\left(1 - \dfrac{h e^{-\sqrt{p}x}}{h+\sqrt{p}}\right)$$

Не знаю каким образом вернуться к оригиналу. Есть предположения, что нужно покрутиться с корнями что-то и воспользоватся теоремой о свёртке. Подскажите каким образом можно найти оригинал.

ПС: Хочу уточнить, желательно не пользоваться формулой Римана-Меллина.

[mihiv]

Приводимое решение довольно формальное,т.к. по-честному нужно обосновывать многие моменты.
Будем искать оригинал изображения $F(p)=-\dfrac{h e^{-\sqrt{p}x}}{p(h+\sqrt{p})},F(p)\dot =f(t)$.

Введем вспомогательное изображение $F_1(p)=e^{-hx}F(p),F_1(p)\dot =e^{-hx}f(t),\dfrac {\partial {F_1(p,x)}}{\partial {x}}=\dfrac {he^{-(\sqrt p+h)x}}p\dot =\dfrac {\partial {f_1(t,x)}}{\partial x}$
Из таблицы изображений находим:$\dfrac {\partial F_1(p,x)}{\partial x}\dot =he^{-hx}(1-\Phi (\frac x{2\sqrt t}))\qquad (1)$,где $\Phi (z)=\frac 2{\sqrt {\pi }}\int \limits _0^ze^{-u^2}du$-функция ошибок.
Интегрируем оригинал в правой части (1) по $x$,получим

$$f_1(t,x)=e^{-hx}f(t)=-h\int \limits _x^{\infty }e^{-hu}\left (1-\Phi (\frac u{2\sqrt t})\right )du +R(t)$$

Где $R(t)$-произвольная функция $t$.Т.к. $f_1(t,x)\to 0$ при $x\to \infty $,то $R(t)\equiv 0$.Следовательно,

$$f(t)=-he^{hx}\int \limits _x^{\infty }e^{-hu}\left (1-\Phi (\frac u{2\sqrt t})\right )du$$

[Taus]

Спасибо, последний интеграл ещё по частям надо взять.