¿Es posible encontrar la inversa laplace transforman $$\mathcal{L}^{-1}\frac{\log(s)}{1 + s}$$ using the Bromwich integral formula $$\mathcal{L}^{-1} {F(s)}(t) = f(t) = \frac{1}{2\pi i}\lim{T\to\infty}\int{\gamma-iT}^{\gamma+iT}e^{st}F(s)\,ds$$ I'm having trouble coming up with a suitable contour to use. If the denominator were $1 - s$, then the pole would be in the right hand plane and the residue theorem would reduce the integral to the sum of the residues plus the integral around the branch cut. But with this one, the pole is in the left hand plane where the branch cut should be. Instead of setting $\gamma = 1 $ as it must be in the case where the denominator is $1 - s$, can I set $\gamma = 0$, ejecutar el contorno por el eje real y desvío alrededor del origen? No estoy seguro si esto se permite, o trabajará. Gracias por cualquier Consejo.
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$$ f(t)=\mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{\log(s)}{s+1} \right]$$ $$ f(f) \space \underleftrightarrow{\mathcal{L}} \space F(s) \hspace{10mm} e^{-at}f(t) \space \underleftrightarrow{\mathcal{L}} \space \frac{\log(s)}{s+1} $$ $$ e^{t}f(t)=\mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{\log(s-1)}{s} \right] \hspace{10mm} \frac{1}{s} \triangleq \int_0^t $$ $$ e^tf(t)=\int_0^t \mathcal{L^{-1}} \left[ \log(s-1) \right] d \tau \hspace{10mm} -t.f(t) \space \underleftrightarrow{\mathcal{L}} \space \frac{d}{ds}F(s)$$ $$G(s=)\mathcal{L^{-1}} \left[ \log(s-1) \right] \rightarrow -t.g(t)=\mathcal{L} \left[ \frac{1}{s-1} \right] \rightarrow g(t)=\frac{-e^t}{t}$$ $$f(t)=e^{-t} \int_0^t \frac{-e^{\tau}}{\tau} d \tau = \int_0^t \frac{-e^{-(t-\tau)}}{\tau} d \tau$$
El resultado siguiente se supone $t>0$ (como de costumbre para calcular transformadas de Laplace).
En la Bromwich contorno $\gamma$ tiene que ser elegido bastante grande que está a la derecha de todas las singularidades (polos y los puntos de ramificación) lo $\gamma = 0^+$ es perfectamente válido. Las singularidades de $\log s/(1+s)$ son un polo en $s=-1$ y dos puntos de ramificación en $s=0$ $s=\infty$ que nos conectamos a través de una rama de corte a lo largo de la negativa real de la línea.
Entonces podemos deformar el contorno de una ruta que comienza en $-\infty -i 0^+$. Corre a lo largo de la real negativo de la línea justo debajo de la rama cortada. Termina en $0-i 0^+$ en un poco de semi-círculo y, a continuación, ejecuta de nuevo de $0+i 0^+$ $-\infty +i0^+$justo por encima de la rama cortada.
La Bromwich integral por lo tanto está dada por $$f(t)=\frac1{2\pi i} \int_{-\infty}^0\!dx\, \left( \frac{\log (x-i0^+)}{1+x-i0^+ } - \frac{\log (x+i0^+)}{1+x+i0^+ } \right) e^{x t} $$ como el pequeño círculo alrededor del punto de ramificación en $0$ no contribuye ( $|z|\log z \to 0$ $|z|\to0$).
En el resto de la integral, utilizamos $\log(x \pm i 0^+) = \log |x| \pm i \pi$ válido para $x<0$: $$\begin{align} f(t) &= \frac1{2\pi i} \int_{-\infty}^0\!dx\, \left( \frac{\log |x|-i\pi}{1+x-i0^+ } - \frac{\log |x|+i\pi}{1+x+i0^+} \right) e^{x t}\\ &= \frac1{2\pi i} \overbrace{\int_{-\infty}^0\!dx\, \log |x| \underbrace{\left( \frac1{1+x-i0^+ } - \frac1{1+x+i0^+}\right)}_{2\pi i \delta(x+1)} e^{x t}}^{=0}\\ &\quad -\frac12 \int_{-\infty}^0\!dx \underbrace{\left( \frac1{1+x-i0^+ } + \frac1{1+x+i0^+}\right)}_{2\mathcal{P}\,(1+x)^{-1}} e^{x t} \\ &= -\int_{-\infty}^0\!dx \,\mathcal{P} \frac{e^{x t}}{1+x} =- e^{-t} \int_{-\infty}^t\!ds \,\mathcal{P} \frac{e^{s}}{s}\\ &=- e^{-t} \mathop{\rm Ei}(t) \end{align}$$ con $s=(1+x)t$ y Ei la integral exponencial.
