La transformación de Laplace de $ \frac { \ln (1+at)}{1+t}$

Question

Al expresar el cuadrado de la integral exponencial como una doble integral y luego haciendo un cambio de variables, se puede mostrar $$ \int_ {0}^{ \infty } e^{-2zt} \ \frac { \ln (1+2t)}{1+t} \, dt = \frac {e^{2z} [ \text {Ei}(-z)]^{2}}{2} \ , \ | \text {arg}(z)| \le \frac { \pi }{2}. $$ Mostraré esto al final de mi puesto.

Pero puede $$ \int_ {0}^{ \infty } e^{-2zt} \ \frac { \ln (1+at)}{1+t} \, dt$$ se evaluará en términos de la integral exponencial u otras funciones no elementales para otros valores positivos de $a$ además de $a=2$ ? En particular, ¿qué pasa con $a=1$ ?

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$$ \begin {align} [ \text {Ei}(-z)]^{2} &= \left ( e^{-z} \int_ {0}^{ \infty } \frac {e^{-zx}}{1+x} \, dx \right ) \left ( \ e^{-z} \int_ {0}^{ \infty } \frac {e^{-zt}}{1+t} \, dt \right ) \\ &= e^{-2z} \int_ {0}^{ \infty } \int_ {0}^{ \infty } \frac {e^{-z(x+t)}}{1+x+t+xt} \, dx \, dt \\ &=2e^{-2z} \int_ {0}^{ \infty } \int_ {0}^{t} \frac {e^{-z(x+t)}}{1+x+t+xt} \, dx \, dt \\ &= 2e^{-2z} \int_ {0}^{ \infty } \int_ {0}^{u^{2}/4} \frac {e^{-zu}}{1+u+v} \frac {dv \, du}{ \sqrt {u^{2}-4v}} \tag {1} \\ &= 4 e^{-2z} \int_ {0}^{ \infty } e^{-zu} \int_ {0}^{u} \frac {1}{(2+u)^{2}-w^{2}} \, dw \, du \tag {2} \\ &= 4e^{-2z} \int_ {0}^{ \infty } e^{-zu} \, \frac {1}{2+u} \text {arctanh} \left ( \frac {u}{2+u} \right ) \, du \\ &= 2e^{-2z} \int_ {0}^{ \infty } e^{-zu} \, \frac { \ln (1+u)}{2+u} \, du \\ &= 2e^{-2z} \int_ {0}^{ \infty } e^{-2zy} \, \frac { \ln (1+2y)}{1+y} \, dy \tag {3} \end {align}$$

$(1)$ Hacer el cambio de variables $u = x+t, v=xt$ .

$(2)$ Haga la sustitución $w^{2} = u^{2}-4v$ .

$(3)$ Haga la sustitución $y = \frac {u}{2}$ .

Answer 1

Que la integral en cuestión sea \begin {alinear} \tag {1} I_{a} = \int_ {0}^{ \infty \frac { \ln (1+a t)}{1 + t} \ ~, dt. \end {alinear} Para el caso de $a=1$ se obtiene lo siguiente.

Utilizando \begin {alinear} \int_ {0}^{ \infty e^{s t} \ ~ -, \ln ^{2} t \, dt = \frac \zeta (2) + ( \gamma + \ln s)^{2} ) \end {alinear} para el cambio $t \to t+1$ lleva a \begin {alinear} \tag {2} \int_ {1}^{ \infty e^{s t} \ ~ -, \ln ^{2}(t+1) \ ~, dt = \frac y la de los demás \zeta (2) + ( \gamma + \ln s)^{2} ) . \end {alinear} La integral \begin {alinear} \tag {3} \int_ \ln ^{2}(t+1) \ ~, dt &= e^{s} \left\ { 4 g(-2s) - 2 g(-s) + \frac \ln ^{2} 2 - \frac {2 \, \ln 2}{s} ( \gamma + \ln (2s) + \Gamma (0,2s)) \right\ }, \end {alinear} donde $g(x) = {}_{3}F_{3}(1,1,1; 2,2,2; x)$ . Ahora, se ve fácilmente que \begin {alinear} I_{1} &= \int_ {0}^{ \infty \frac { \ln (1+t)} {1+t} \ ~, dt = \frac \int_ {0}^{ \infty \ln ^{2}(1+t) \ ~, dt. \end {alinear} Haciendo uso de las ecuaciones (2) y (3) el resultado \begin {alinear} \int_ {0}^{ \infty \frac { \ln \left\ { 2 s, g(-2s) - s \, g(-s) + \frac \ln ^{2} 2 - \ln 2 \, ( \gamma + \ln (2s) + \Gamma (0,2s)) \right. \\ & \hspace {15mm} \left. + \frac \zeta (2) + ( \gamma + \ln s)^{2}) \right\ } \end {alinear} donde $g(x) = {}_{3}F_{3}(1,1,1; 2,2,2; x)$ .