Evaluar $\int_{0}^{\infty}\frac{1-e^{-t}}{t}e^{-st}\;dt$

Question

Esta es la transformada de laplace de $\dfrac{1-e^{-t}}{t}$ y la integral existe según wolfram

Puedo conseguir cualquier ayuda/sugerencias sobre cómo trabajar esto ? He estado tratando de integración por partes con diferentes combinaciones de u y dv, pero ninguno de ellos están trabajando. Cualquier ayuda es muy apreciada gracias!

Answer 1

Escribir

$$I(s) = \int_0^\infty \frac{1-e^{-t}}{t} e^{-st}\,dt$$

para $\operatorname{Re} s > 0$. Calcular $I'(s)$ (por la diferenciación bajo el signo integral), y de los que obtengan $I(s)$ señalando que $\lim\limits_{\operatorname{Re} s \to +\infty} I(s) = 0$ por el teorema de convergencia dominada.

Answer 2

Utilice el hecho de que

$$\frac{1-e^{-t}}{t} = \int_0^1 du \, e^{-t u}$$

De modo que la integral en cuestión es

$$\int_0^{\infty} dt \, \int_0^1 du \, e^{-t (u+s)} $$

Debido a que todas las integrales de aquí convergen absolutamente, podemos cambiar el orden de integración y obtener

$$\int_0^1 du \, \int_0^{\infty} dt \, e^{-t (u+s)} = \int_0^1 \frac{du}{u+s} = \log{\left ( 1+\frac1{s} \right )}$$

Answer 3

Una última forma similar a Ron Gordon y Daniel Fischer es el uso de un útil de la proposición relacionada con la transformada de laplace.

$$\mathcal{L}\left( \frac{f(t)}{t}\right) = \int_s^\infty F(\sigma) \,\mathrm{d}\sigma$$

Dado que la integral existe, por ejemplo, que existe una $M$ tal que $f(t)e^{-t} < M$ todos los $t$. Aquí tenemos a $$f(t) = 1-e^{-t} \quad \text{ and } \quad F(t) = \frac1\sigma - \frac1{1+\sigma}$$ Lo que usted debe saber cómo calcular por ahora, o busque en un estándar de laplace de la tabla. Por lo tanto $$ \begin{align*} \int_0^{\infty} \frac{1-e^{-t}}{t}e^{-st}\,\mathrm{d}t & = \mathcal{L}\left(\frac{1-e^{-t}}{t}\right) \\ & = \int_s^\infty \mathcal{L}\left( 1-e^{-t}\right) \mathrm{d}\sigma \\ & = \int_s^\infty \frac1\sigma - \frac1{1+\sigma}\mathrm{d}\sigma \\ & = \log (1+s) - \log s = \log \left( 1 + \frac{1}{s} \right) \end{align*}$$ Y hemos terminado $\square$

Answer 4

Una manera fácil de evaluar la integral es el uso de Frullani del teorema de $$\int_0^\infty \frac{f(at)-f(bt)}{t}\,dt=\bigg[f(0)-f(\infty)\bigg]\ln\left(\frac{b}{a}\right)$$ Tomando $f(t)=e^{-t},\, a=s,$$b=1+s$, entonces la integral es simplemente evaluados para $$\ln\left(\frac{1+s}{s}\right)$$ lo que coincide con otras respuestas.

Answer 5

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ \begin{align} &\color{#66f}{\large\int_{0}^{\infty}{1 - \expo{-t} \over t}\,\expo{-st}\,\dd t} =\int_{0}^{\infty}\bracks{\expo{-st} - \expo{-\pars{s + 1}t}}\ \overbrace{\int_{0}^{\infty}\expo{-tx}\,\dd x\,\dd t}^{\ds{=\ \color{#c00000}{1 \over t}}} \\[5mm]&=\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} \bracks{\expo{-\pars{s + x}t} - \expo{-\pars{s + 1 + x}t}} \,\dd t\,\dd x =\int_{0}^{\infty}\pars{{1 \over x + s} - {1 \over x + s + 1}}\,\dd x \\[5mm]&=\left.\ln\pars{x + s \over x + s + 1} \right\vert_{\, x\ =\ 0}^{\, x\ \to\ \infty} =-\ln\pars{s \over s + 1}=\color{#66f}{\large\ln\pars{1 + {1 \over s}}} \end{align}

Otra forma de evaluar la integral es: \begin{align} &\color{#66f}{\large\int_{0}^{\infty}{1 - \expo{-t} \over t}\,\expo{-st}\,\dd t} =s\int_{0}^{\infty}\ln\pars{t}\expo{-st}\,\dd t -\pars{s + 1}\int_{0}^{\infty}\ln\pars{t}\expo{-\pars{s + 1}t}\,\dd t \\[5mm]&=\int_{0}^{\infty}\ln\pars{t \over s}\expo{-t}\,\dd t -\int_{0}^{\infty}\ln\pars{t \over s + 1}\expo{-t}\,\dd t =\ln\pars{s + 1 \over s}\ \underbrace{\int_{0}^{\infty}\expo{-t}\,\dd t}_{\ds{=\ \color{#c00000}{1}}} \\[5mm]&=\color{#66f}{\large\ln\pars{1 + {1 \over s}}} \end{align}