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No estoy contento con la explicación original de cómo las integrales sobre los arcos desaparecen como $R \to \infty$ . La cuestión es que, aunque podemos dividir la integral para tratar un punto de ramificación cada vez, sólo cuando combinamos las integrales obtenemos la cancelación de la contribución de los arcos. Estoy editando la solución a continuación para reflejar esto.
No creo que su expansión sea el camino correcto. Más bien, quieres definir un contorno de Bromwich como un bucle cerrado. Desafortunadamente, tienes puntos de bifurcación en $s=-1$ y $s=0$ Así que el contorno tendría que rodearlas para evitarlas. A continuación, se utiliza el teorema de Cauchy para encontrar el ILT en términos de una integral de valor real que se puede evaluar.
En este caso, dividiría el tronco en dos partes, es decir $\log{(1+1/s)} - \log{(1+s)}-\log{s}$ . Ahora queremos calcular
$$\int_{c-i R}^{c+iR} ds \, \log{(1+s)} \, e^{s t}$$
donde tomaremos el límite como $R \to \infty$ y sólo exigimos que $c \gt 0$ o, en general, a la derecha del polo que tiene la máxima parte real.
Considera entonces
$$\oint_C dz \, \log{(1+z)} \, e^{z t}$$
donde $C$ es el contorno de Bromwich que incluye la línea vertical $[c-i R,c+i R]$ más un arco de radio $R$ atravesado en sentido contrario a las agujas del reloj desde $c+i R$ a $c-i R$ . Sin embargo, hay una rama cortada a lo largo de la línea real negativa hasta $z=-1$ por lo que el contorno también incluye una travesía por la línea real negativa hasta $z=-1$ del arco, un círculo sobre $z=-1$ y un recorrido de vuelta por el eje real negativo hasta el arco. Así, la integral de contorno anterior puede escribirse en varias partes:
$$\int_{c-i R}^{c+iR} ds \, \log{(1+s)} \, e^{s t} + i R \int_{\pi/2}^{\pi} d\theta\, e^{i \theta} \, \log{(1+R e^{i \theta})}\, e^{R t \cos{\theta}} \, e^{i R t \sin{\theta}} \\ + e^{i \pi} \int_R^{1 + \epsilon} dx \, \log{(1+x e^{i \pi})} + i \epsilon \int_{\pi}^{-\pi} d\phi \, e^{i \phi} \,\log{(1+\epsilon e^{i \phi})} e^{\epsilon e^{i \phi}t}\\ + e^{-i \pi} \int_{1 + \epsilon}^R dx \, \log{(1+x e^{-i \pi})} + i R \int_{-\pi}^{-\pi/2} d\theta\, e^{i \theta} \, \log{(1+R e^{i \theta})}\, e^{R t \cos{\theta}} \, e^{i R t \sin{\theta}}$$
Ahora, como $\epsilon \to 0$ la cuarta integral desaparece. Nótese que, por el teorema de Cauchy, la integral de contorno es $0$ Así, tenemos
$$\int_{c-i R}^{c+iR} ds \, \log{(1+s)} \, e^{s t} = \int_1^{R} dx \left [\log{(1+x e^{-i \pi})}-\log{(1+x e^{i \pi})} \right ] \, e^{-x t} \\ + i 2 R \int_0^{\pi/2} d\theta \, \Im{\left [e^{i(\theta+R t \cos{\theta})} \log{\left ( 1+R e^{i \theta} \right )} \right ]} e^{-R t \sin{\theta}}$$
Obsérvese la forma en que escribí esto; es sugestivo del hecho de que, en el punto de ramificación $x=0$ se produce un cambio de fase por $2 \pi$ . De hecho, habrás observado que el argumento de los términos logarítmicos es negativo, por lo que debemos añadir $\pm i \pi$ en consecuencia; sabemos cuál es el signo debido a la elección de la fase que hicimos en el camino. Así,
$$\int_1^{R} dx \left [\log{(1+x e^{-i \pi})}-\log{(1+x e^{i \pi})} \right ] \, e^{-x t} = \int_1^{R} dx \left [-i \pi +\log{(x-1)}- i \pi - \log{(x-1)} \right ] \, e^{-x t} \\ = -i 2 \pi \int_1^{R} dx\, e^{-x t}$$
Así,
$$\frac{1}{i 2 \pi}\int_{c-i R}^{c+iR} ds \, \log{(1+s)} \, e^{s t} = -\frac{e^{-t} - e^{-R t}}{t}\\ + i 2 R \int_0^{\pi/2} d\theta \, \Im{\left [e^{i(\theta+R t \cos{\theta})} \log{\left ( 1+R e^{i \theta} \right )} \right ]} e^{-R t \sin{\theta}}$$
Nos ocuparemos de esa fea pieza más adelante, cuando podamos considerar el límite como $R \to \infty$ .
Utilizando un razonamiento similar al anterior, pero teniendo un punto de ramificación en $z=0$ en lugar de $z=-1$ puede demostrar que
$$\frac{1}{i 2 \pi}\int_{c-i R}^{c+iR} ds \, \log{s} \, e^{s t} = -\frac{1-e^{-R t}}{t}\\ + i 2 R \int_0^{\pi/2} d\theta \, \Im{\left [e^{i(\theta+R t \cos{\theta})} \log{\left ( i R e^{i \theta} \right )} \right ]} e^{-R t \sin{\theta}}$$
Ahora podemos considerar las piezas feas, que ahora podemos restar; el resultado es
$$i 2 R \int_0^{\pi/2} d\theta \, \Im{\left [e^{i(\theta+R t \cos{\theta})} \log{\left (1+ \frac{i}{R} e^{-i \theta} \right )} \right ]} e^{-R t \sin{\theta}}$$
que, como $R$ se hace grande, se convierte asintóticamente, utilizando $\log{(1+y)} \sim y$ para los pequeños $y$ :
$$i 2 \int_0^{\pi/2} d\theta \, \cos{(R t \cos{\theta})} \, e^{-R t \sin{\theta}}$$
cuya magnitud está limitada por
$$2 \int_0^{\pi/2} d\theta \, e^{-R t \sin{\theta}} \le 2 \int_0^{\pi/2} d\theta \, e^{-2 R t \theta/\pi} \le \frac{\pi}{R t}$$
Así, las integrales sobre los arcos desaparecen como $R \to \infty$ y en este límite, podemos finalmente escribir la ILT buscada como
$$\frac{1}{i 2 \pi}\int_{c-i \infty}^{c+i\infty} ds \, \log{\left (1+\frac{1}{s}\right)} \, e^{s t} = \frac{1-e^{-t}}{t}$$
NOTA
Podría (de hecho, debería) haber hecho esto utilizando un simple contorno exterior menos un contorno interior (un "dogbone") alrededor de los puntos de ramificación en $z=0$ y $z=-1$ que habría ayudado a evitar todas las anulaciones de las divergencias anteriores.
