Come valutare$\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}\frac{\log(z)}{z}e^{zt}\,dz$
Sto cercando di calcolare$$\frac{1}{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}\frac{\log s}{s}e^{st}\,ds$$in relazione con$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{-\gamma-\log s}{s}\right\}$$che certamente valuta a$\log t$. Ma l'integrando "non ha poli" secondo Wolfram Alpha. Quindi come potrei calcolare questo integrale senza usare il teorema dei residui? Devo espandermi$\log s$nella sua serie di potenze che coinvolge i numeri armonici? Oppure mi sfugge qualcosa? Grazie.
Risposte
Innanzitutto, nota che la funzione$F(s)=\frac{\log(s)}{s}$ha un punto di diramazione a$s=0$. Pertanto, scegliamo il ramo tagliato da cui si estende$s=0$a$-\infty$.
Quindi, deformiamo il contorno di Bromwich con il classico contorno del buco della serratura lungo l'asse reale negativo. Applicando il teorema integrale di Cauchy, troviamo che per$t>0$
$$\begin{align} 2\pi i\mathscr{L}^{-1}\{F\}(t)&=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\left(\int_{-\infty}^{-\varepsilon}\frac{\log(s-i0^+)}{s}e^{st}\,ds\right.\\\\ &+\int_{-\pi}^\pi \frac{\log(\varepsilon e^{i\phi})}{\varepsilon e^{i\phi}}e^{\varepsilon e^{i\phi}t}\,i\varepsilon e^{i\phi}\,d\phi\\\\ &\left.-\int_{-\infty}^{-\varepsilon}\frac{\log(s+0^+)}{s}e^{st}\,ds\right)\\\\ &=i2\pi \lim_{\varepsilon\to 0^+}\left(\log(\varepsilon)+\int_\varepsilon^\infty \frac{e^{-st}}{s}\,ds+O\left(\varepsilon\log(\varepsilon)\right)\right)\\\\ &=i2\pi \lim_{\varepsilon\to 0^+}\left(\log(\varepsilon)(1-e^{-\varepsilon t})+\int_\varepsilon^\infty e^{-st}\log(s)\,ds\right)\\\\ &=i2\pi \int_0^\infty te^{-st}\log(s)\,ds\\\\ &=i2\pi \int_0^\infty e^{-s}(\log(s)-\log(t))\,ds\\\\ &=i2\pi(-\gamma-\log(t)) \end{align}$$
Divisione per$2\pi i$, lo troviamo
$$\mathscr{L}^{-1}\{F\}(t)=-\gamma-\log(t)$$
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$L'integrazione si esegue " chiudendo " il contorno con una chiavetta che si occupa della$\ds{\ln}$-ramo tagliato lungo$\ds{\left(-\infty,0\right]}$. Vale a dire,\begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\int_{0^{+} - \infty\ic}^{0^{+} + \infty\ic} {\ln\pars{s} \over s}\expo{ts}\,{\dd s \over 2\pi\ic}} \\[5mm] \stackrel{\mrm{as}\ \epsilon\ \to\ 0^{+}}{\sim}\,\,\,& -\int_{-\infty}^{-\epsilon} {\ln\pars{-s} + \ic\pi \over s}\expo{ts}\,{\dd s \over 2\pi\ic} - \int_{-\pi}^{-\pi}{\ln\pars{\epsilon} + \ic\theta \over \epsilon\expo{\ic\theta}} \,{\epsilon\expo{\ic\theta}\ic\,\dd\theta \over 2\pi\ic} \\[2mm] & -\int_{-\epsilon}^{-\infty} {\ln\pars{-s} - \ic\pi \over s}\expo{ts}\,{\dd s \over 2\pi\ic} \\[5mm] \stackrel{\mrm{as}\ \epsilon\ \to\ 0^{+}}{\sim}\,\,\,& \int_{\epsilon}^{\infty} {\ln\pars{s} + \ic\pi \over s}\expo{-ts}\,{\dd s \over 2\pi\ic} + \ln\pars{\epsilon} \\[2mm] &\ -\int_{\epsilon}^{\infty} {\ln\pars{s} - \ic\pi \over s}\expo{-ts}\,{\dd s \over 2\pi\ic} \\[5mm] = &\ \int_{\epsilon}^{\infty} {\expo{-ts} \over s}\,\dd s + \ln\pars{\epsilon} \\[5mm] \stackrel{\mrm{IBP}}{=}\,\,\,& \bracks{-\ln\pars{\epsilon} -\int_{\epsilon}^{\infty}\ln\pars{s}\bracks{\expo{-ts}\pars{-t}} \dd s} + \ln\pars{\epsilon} \\[5mm] \stackrel{\mrm{as}\ \epsilon\ \to\ 0^{+}}{\Large\to}\,\,\,& t\int_{0}^{\infty}\ln\pars{s}\expo{-ts}\,\dd s = t\bracks{\nu^{1}}\int_{0}^{\infty}s^{\nu}\expo{-ts}\,\dd s \\[5mm] = &\ \bracks{\nu^{1}}t^{-\nu}\int_{0}^{\infty}s^{\nu}\expo{-s}\,\dd s = \bracks{\nu^{1}}t^{-\nu}\,\Gamma\pars{\nu + 1} \\[5mm] = &\ -\ln\pars{t} + \Psi\pars{1} = \bbx{-\ln\pars{t} - \gamma} \\ &\ \end{align}