Für alle $\Re w > 0$ und $1 < \Re z < 2$ gilt:
$$
\int_0^\infty\frac{e^{-wt}-1+wt}{t^{z+1}}\,dt
=\frac{w^z\G(2-z)}{z(z-1)}~.
$$
2. Für $z=1$ und $w=ia$ gilt:
$$
\int_0^\infty\frac{e^{-iat}-1+w\sin t}{t^2}\,dt
=-\tfrac12\pi a-ia\log|a|~.
$$
Wiederum erhalten wir nach partieller Integration:
\begin{eqnarray*}
\int_0^\infty\frac{e^{-wt}-1+wt}{t^{z+1}}\,dt
&=&-\frac{e^{-wt}-1+wt}{zt^z}\Big|_0^\infty
+\frac wz\int\frac{1-e^{-wt}}{t^{z}}\,dt\\
&=&-\frac{w^z\G(1-z)}{z}
=\frac{w^z\G(2-z)}{z(z-1)}
\end{eqnarray*}
und für $z=1$ und $w=ia$:
$$
\frac{e^{-wt}-1+w\sin t}{t^2}
=\frac{\cos(at)-1}{t^2}+i\frac{a\sin t-\sin(at)}{t^2}~.
$$
Aus Beispiel folgt aber wegen $\G(1-x)=\G(2-x)/(1-x)$:
$$
\int_0^\infty\frac{\cos(at)-1}{t^2}\,dt
=\lim_{x\uar1}\int_0^\infty\frac{\cos(at)-1}{t^{1+x}}\,dt
=\tfrac12\pi,
$$
und
\begin{eqnarray*}
\int_0^\infty\frac{a\sin t-\sin(at)}{t^2}\,dt
&=&\lim_{x\uar1}\int_0^\infty\frac{a\sin t-\sin(at)}{t^{1+x}}\,dt\\
&=&\lim_{x\uar1}\frac{(a-a^x)\sin(x\pi/2)\G(2-x)}{x(1-x)}
&=&\lim_{x\uar1}\frac{a-a^x}{1-x}
=-\log a~.
\end{eqnarray*}