Formelsammlung Mathematik: Bestimmte Integrale

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Inhaltsverzeichnis

1 Form R(x)
- 1.1 Eine Formel nach Gauß
- 1.2 Eine Formel nach Ramanujan
2 Form R(x,exp)
- 2.1 Gauß'sches Fehlerintegral
- 2.2 Malmstén'sche Formel
- 2.3 Erste Binet'sche Formel
3 Form R(x,log)
4 Form R(x,sin)
- 4.1 Eine Formel nach Ramanujan
5 Form R(x,cos)
- 5.1 Cauchysche Cosinus-Integralformel
6 Form R(x,tan)
7 Form R(x,sec)
8 Form R(x,sinh)
9 Form R(x,cosh)
10 Form R(x,sech)
11 Form R(x,csch)
12 Form R(x,arcsin)
13 Form R(x,arctan)
- 13.1 Ahmed'sches Integral
14 Form R(x,Γ)
- 14.1 Barnes' Lemma
15 Form R(x,exp,log)
16 Form R(x,exp,sin)
17 Form R(x,exp,cos)
18 Form R(x,exp,arctan)
- 18.1 Zweite Binet'sche Formel
19 Form R(x,exp,Γ)
20 Form R(x,log,sin)
21 Form R(x,log,cos)
22 Form R(x,log,tan)
- 22.1 Vardi'sches Integral
23 Form R(x,log,cosh)
24 Form R(x,log,artanh)
25 Form R(x,log,Γ)
- 25.1 Raabesche Formel
26 Form R(x,sin,cos)
- 26.1 Liouville'sches Integral
27 Form R(x,sin,coth)
28 Form R(x,sin,Γ)
29 Form R(x,cos,arccos)
- 29.1 Coxeter Integrale
30 Form R(x,sinh,cosh)
- 30.1 Eine Formel nach Lobatschewski
31 Form R(x,exp,log,Γ)
- 31.1 Eine Formel nach Ramanujan
32 Form R(x,exp,sin,cos)
33 Formel von Lobatschewski
34 Poissonsche Integralformel
35 Mehrfachintegrale
- 35.1 Hadjicostas Formel
- 35.2 Watson Integral
- 35.3 Selberg Integral

[Bearbeiten] Form R(x)

Ein Parameter

[Bearbeiten] Eine Formel nach Gauß

$\int_0^1 \frac{1-x^{z-1}}{1-x} \, dx=\gamma+\psi(z) \qquad \text{Re}(z)>0$

Beweis

$\frac{1-x^{z-1}}{1-x}=x^{z-1}+\sum_{k=1}^\infty \left(x^{k-1}-x^{k+z-1}\right)$

$\Rightarrow \int_0^1 \frac{1-x^{z-1}}{1-x}\, dx=\int_0^1 x^{z-1} \, dx+\sum_{k=1}^\infty \int_0^1 \left(x^{k-1}-x^{k+z-1}\right) dx=\frac{1}{z}+\sum_{k=1}^\infty \left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+z}\right)=\gamma+\psi(z)$

$\int_0^1 \frac{1-x^{\alpha-1}}{\sqrt{1-x^2}^{\, 3}} dx=2^{\alpha-2} \frac{\Gamma^2 \left(\frac{\alpha}{2}\right)}{\Gamma(\alpha-1)}$

$\int_0^1 x \, \sqrt{\frac{1-\alpha^2 x^2}{1-x^2}}\, dx=\frac{1}{2}+\frac{1-\alpha^2}{2\alpha}\,\operatorname{artanh}\, \alpha$

Zwei Parameter

$\int_0^\infty \frac{x^{m-1}}{1+x+...+x^{n-1}}\, dx=\frac{\pi}{n} \left[\cot\left(\frac{m\pi}{n}\right)-\cot\left(\frac{(m+1)\pi}{n}\right)\right] \qquad 0<m<n-1$

Beweis

Integriere $f(z)=\frac{z^{m-1}}{1+...+z^{n-1}}$ entlang dem Kreissektor, der durch den Ursprung, $R\in\Bbb{R}_+$ und $R\, e^{i\pi/n}$ als Eckpunkte beschränkt wird.

Das Integral über dem Kreisbogen geht gegen Null für $R\to\infty\,$ . Also ist $I=\int_{\Bbb{R}_+} f\, dz=\int_{e^{i\pi/n}\, \Bbb{R}_+} f\, dz=\int_0^\infty f\left(e^{i\pi/n} z\right)\, e^{i\pi/n}\, dz$

Nachdem sich $f(z)\,$ auch als $\frac{1-z}{1-z^n}\, z^{m-1}$ schreiben läßt ist $I=\int_0^\infty \frac{1-e^{i\pi/n}z}{1+z^n}\, e^{i(m-1)\pi/n}\, z^{m-1}\, e^{i\pi/n}\, dz$

$=e^{im\pi/n}\, \int_0^\infty \frac{z^{m-1}}{1+z^n}\, dz+e^{i(m+1)\pi/n}\, \int_0^\infty \frac{z^m}{1+z^n}\, dz$

$=\left[\cos\left(\frac{m\pi}{n}\right)+i\sin\left(\frac{m\pi}{n}\right) \right]\, \frac{\pi}{n}\, \frac{1}{\sin\left(\frac{m\pi}{n}\right)}-\left[\cos\left(\frac{(m+1)\pi}{n}\right)+i\sin\left(\frac{(m+1)\pi}{n}\right) \right]\, \frac{\pi}{n}\, \frac{1}{\sin\left(\frac{(m+1)\pi}{n}\right)}$

Der Imaginärteil hebt sich auf und übrig bleibt $I=\frac{\pi}{n} \left[\cot\left(\frac{m\pi}{n}\right)-\cot\left(\frac{(m+1)\pi}{n}\right)\right]$ .

$\int_0^1 x^{\alpha-1} (1-x)^{\beta-1}\, dx=B(\alpha,\beta) \qquad \operatorname{Re}(\alpha)\,,\,\operatorname{Re}(\beta)>0$

$\int_0^\infty \frac{x^{\alpha-1}}{(1+x)^{\alpha+\beta}}\, dx=B(\alpha,\beta) \qquad \operatorname{Re}(\alpha)\,,\,\operatorname{Re}(\beta)>0$

Beweis

$B(\alpha,\beta)=\int_0^1 x^{\alpha-1} (1-x)^{\beta-1}\, dx$ ist nach der Substitution $x\to\frac{1}{1+x}$ gleich $\int_0^\infty \frac{x^{\beta-1}}{(1+x)^{\alpha+\beta}}\, dx$ .

Und auf Grund der Symmetrie $B(\alpha,\beta)=B(\beta,\alpha)\,$ ist das das selbe wie $\int_0^\infty \frac{x^{\alpha-1}}{(1+x)^{\alpha+\beta}}\, dx$ .

$\int_0^\infty \frac{x^{\alpha-1}}{1+x^\beta}\, dx=\frac{\pi}{\beta} \; \csc\left(\frac{\alpha\pi}{\beta}\right) \qquad 0<\operatorname{Re}(\alpha)<\operatorname{Re}(\beta)$

1. Beweis

Es sei $\text{Log}:\Bbb{C}\setminus \{0\}\to\Bbb{C}$ definiert durch $r e^{i\varphi}\mapsto \log r+i\varphi$ für $r>0\,$ und $0\le\varphi<2\pi$ .

Für $0<m<n\,$ gilt die Partialbruchzerlegung $\frac{x^{m-1}}{1+x^n}=\frac{1}{n}\, \sum_{k=0}^{n-1} \frac{\left(e^{\frac{i m\pi}{n}}\right)^{2k+1}}{\left(e^{\frac{i\pi}{n}}\right)^{2k+1}-x}$ .

Also ist $\int_0^R \frac{x^{m-1}}{1+x^n} \, dx=\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \left[-\text{Log}\left(e^{\frac{i\pi}{n} (2k+1)}-x\right)\right]_0^R\, \left(e^{\frac{im\pi}{n}}\right)^{2k+1}$

$=\underbrace{\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} -\text{Log}\left(e^{\frac{i\pi}{n} (2k+1)}-R\right)\, \left(e^{\frac{im\pi}{n}}\right)^{2k+1}}_{\text{1.Summe}}+\underbrace{\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \frac{i\pi}{n} (2k+1) \left(e^{\frac{im\pi}{n}}\right)^{2k+1}}_{\text{2.Summe}}$ .

Nun soll gezeigt werden dass die 1.Summe für $R\to\infty\,$ gegen Null konvergiert und die 2.Summe gleich $\frac{\pi}{n} \, \frac{1}{\sin \frac{m\pi}{n}}$ ist.

Für $x\neq \pm 1$ gilt $\sum_{k=0}^{n-1} x^{2k+1}=\frac{x^{2n}-1}{x-\frac{1}{x}}$ und $\sum_{k=0}^{n-1} (2k+1)\, x^{2k+1}=\frac{n\, x^{2n}}{\frac12 \left(x-\frac{1}{x}\right)}-(1-x^{2n})\, \frac{x+\frac{1}{x}}{\left(x-\frac{1}{x}\right)^2}$ .

Setzt man $x=e^{\frac{im\pi}{n}}$ so ist $\sum_{k=0}^{n-1} (2k+1)\left(e^{\frac{im\pi}{n}}\right)^{2k+1}=\frac{n}{i\,\sin \frac{m\pi}{n}}$ . Also ist die 2.Summe gleich $\frac{\pi}{n} \, \frac{1}{\sin \frac{m\pi}{n}}$ .

Und wegen $\sum_{k=0}^{n-1} \left(e^{\frac{im\pi}{n}}\right)^{2k+1}=0$ läßt sich die 1.Summe schreiben als

$\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \underbrace{\left[\text{Log}(-R)-\text{Log}\left(e^{\frac{i\pi}{n} (2k+1)}-R\right) \right]}_{\to 0 \, \text{wenn} \, R\to\infty}\, \left(e^{\frac{im\pi}{n}}\right)^{2k+1}$ .

Damit ist $\int_0^\infty \frac{x^{m-1}}{1+x^n}\, dx=\frac{\pi}{n}\, \frac{1}{\sin \frac{m\pi}{n}}$ gezeigt. Substituiert man $x\,$ durch $x^{\frac{\beta}{n}}$ so ist $\int_0^\infty \frac{x^{\beta \frac{m}{n}-1}}{1+x^\beta}\, dx=\frac{\pi}{\beta}\, \frac{1}{\sin \frac{m\pi}{n}}$ .

Für reelle $\alpha,\beta\,$ folgt die Behauptung wenn man eine Folge rationaler Zahlen $\frac{m}{n}$ konstruiert die gegen $\frac{\alpha}{\beta}$ konvergiert.

2. Beweis

Spalte auf in $\int_0^1 \frac{x^{\alpha-1}}{1+x^\beta}\, dx+\int_1^\infty \frac{x^{\alpha-1}}{1+x^\beta}\, dx$ . Das erste Integral ist $\frac{1}{2\beta}\left[\psi\left(\frac12+\frac{\alpha}{2\beta}\right)-\psi\left(\frac{\alpha}{2\beta}\right)\right]$ .

Und das zweite Integral ist nach Substitution $x\mapsto \frac{1}{x}$ gleich $\int_0^1 \frac{x^{\beta-\alpha-1}}{1+x^\beta} \, dx$ und somit gleich $\frac{1}{2\beta}\left[\underbrace{\psi\left(\frac12+\frac{\beta-\alpha}{2\beta}\right)}_{\psi\left(1-\frac{\alpha}{2\beta}\right)}-\underbrace{\psi\left(\frac{\beta-\alpha}{2\beta}\right)}_{\psi\left(\frac12-\frac{\alpha}{2\beta}\right)}\right]$ .

Also ist $\int_0^\infty \frac{x^{\alpha-1}}{1+x^\beta}\, dx=\frac{1}{2\beta}\left[\underbrace{\psi\left(1-\frac{\alpha}{2\beta}\right)-\psi\left(\frac{\alpha}{2\beta}\right)}_{\pi \, \cot \frac{\alpha \pi}{2\beta}}+\underbrace{\psi\left(\frac12+\frac{\alpha}{2\beta}\right)-\psi\left(\frac12-\frac{\alpha}{2\beta}\right)}_{_{\pi \, \tan \frac{\alpha \pi}{2\beta}}}\right]=\frac{\pi}{\beta}\,\frac{1}{\sin \frac{\alpha \pi}{\beta}}$ .

Anders formuliert kann das erste Integral $\int_0^1 \frac{x^{\alpha-1}}{1+x^\beta}\, dx$ geschrieben werden als $\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{\alpha+\beta k}$

und das zweite Integral $\int_0^1 \frac{x^{\beta-\alpha-1}}{1+x^\beta}\, dx$ geschrieben werden als $\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{\beta-\alpha+\beta k}=\sum_{k=-\infty}^{-1} \frac{(-1)^k}{\alpha+\beta k}$ .

Also ist $\int_0^\infty \frac{x^{\alpha-1}}{1+x^\beta}\, dx=\sum_{k\in\Bbb{Z}} \frac{(-1)^k}{\alpha+\beta \, k}$ , was gerade die Partialbruchentwicklung von $\frac{\pi}{\beta}\, \csc\left(\frac{\alpha\pi}{\beta}\right)$ ist.

3. Beweis

Für $0<\text{Re}(\alpha)<\beta\in\Bbb{R}$ und ein $n\in\Bbb{Z}^{>2}$ definiere $f(z)=\frac{z^{n\frac{\alpha}{\beta}-1}}{1+z^n}$ .

Integriere $f\,$ entlang dem Kreissektor $\gamma_R\,$ , der durch den Ursprung, $R>0\,$ und $R\, e^{\frac{2\pi i}{n}}$ als Eckpunkte beschränkt wird.

Das Integral über dem Kreisbogen geht gegen Null für $R\to\infty\,$ .

Also ist $I:=\lim_{R\to\infty} \oint_{\gamma_R} f \, dz=\int_{\Bbb{R}_+} f \, dz-\int_{e^{\frac{2\pi i}{n}} \Bbb{R}_+} f\, dz$ , wobei letztes Integral

$\int_{\Bbb{R}_+} f\left(e^{\frac{2\pi i}{n}} z\right)\, e^{\frac{2\pi i}{n}}\, dz=e^{2\pi i\frac{\alpha}{\beta}}\, \int_{\Bbb{R}_+} f\, dz$ ist. Und somit ist $I=\left(1-e^{2\pi i\frac{\alpha}{\beta}}\right) \int_{\Bbb{R}_+} f\, dz$ .

Nach dem Residuensatz ist $I=2\pi i\, \text{res}\left(f,z=e^{\frac{i\pi}{n}}\right)=-\frac{2\pi i}{n} e^{i\pi \frac{\alpha}{\beta}}$ .

Daher muss gelten $\int_{\Bbb{R}_+} f\, dz=\frac{2\pi i}{n}\, \frac{e^{i\pi \frac{\alpha}{\beta}}}{e^{2\pi i\frac{\alpha}{\beta}}-1}=\frac{\pi}{n}\, \frac{1}{\sin \frac{\alpha\pi}{\beta}}$ .

Nach Substitution $z\mapsto z^{\frac{\beta}{n}}$ ergibt sich die Behauptung zumindest für reelles $\beta\,$ .

$\int_0^\infty \frac{x^{\alpha-1}}{1-x^\beta}\, dx=\frac{\pi}{\beta} \; \cot\left(\frac{\alpha\pi}{\beta}\right) \qquad 0<\operatorname{Re}(\alpha)<\operatorname{Re}(\beta)$

$\int_0^1 \frac{x^{\alpha-1}}{1+x^\beta}\, dx=\frac{1}{2\beta}\left[\psi\left(\frac12+\frac{\alpha}{2\beta}\right)-\psi\left(\frac{\alpha}{2\beta}\right)\right]$

$\int_0^\infty \frac{x^\alpha}{x^2+2\cos\theta \, x+1}\, dx=\frac{\pi}{\sin \alpha\pi}\, \frac{\sin \alpha\theta}{\sin \theta} \qquad -1<\text{Re}(\alpha)<1 \, , \, -\pi<\text{Re}(\theta)<\pi$

$\int_0^\infty \frac{1 \;\;\; \text{oder} \;\;\; x^2}{(x^2+2x\cos\alpha+1)(x^2+2x\cos\beta+1)}\, dx=\frac12\, \frac{\alpha\cot\alpha-\beta\cot\beta}{\cos\alpha-\cos\beta}$

$\int_0^\infty \frac{x}{(x^2+2x\cos\alpha+1)(x^2+2x\cos\beta+1)}\, dx=-\frac12\, \frac{\alpha\csc\alpha-\beta\csc\beta}{\cos\alpha-\cos\beta}$

[Bearbeiten] Eine Formel nach Ramanujan

$\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{1+\frac{x^2}{a^2}}\, \prod_{k=1}^\infty \frac{1+\frac{x^2}{(b+k)^2}}{1+\frac{x^2}{(a+k)^2}} \, dx=\sqrt{\pi}\, \frac{\Gamma\left(a+\frac12\right)\cdot \Gamma(b+1)\cdot \Gamma\left(b-a+\frac12\right)}{\Gamma(a)\cdot \Gamma\left(b+\frac12\right)\cdot \Gamma\left(b-a+1\right)} \qquad 0<a<b+\frac12$

Beweis

Es sei $f(z)=\prod_{\ell=1}^n \left((b+\ell)^2+z^2\right) \, , \, g(z)=\prod_{\ell=0}^n \left((a+\ell)^2+z^2\right)$ und $\gamma_R\,$ der Halbmond in der oberen komplexen Halbebene.

$f\Big(i(a+k)\Big)=\prod_{\ell=1}^n \left((b+\ell)^2-(a+k)^2\right)=\prod_{\ell=1}^n \Big( (b+a+k+\ell)(b-a-k+\ell) \Big)=\frac{(b+a+k+n)!}{(b+a+k)!}\, \frac{(b-a-k+n)!}{(b-a-k)!}$

$g'\Big(i(a+k)\Big)=\prod_{\ell=0}^{k-1} \underbrace{\left((a+\ell)^2-(a+k)^2\right)}_{(\ell-k)(2a+k+\ell)} \cdot 2i(a+k)\cdot \prod_{\ell=k+1}^n \underbrace{\left((a+\ell)^2-(a+k)^2\right)}_{(\ell-k)(2a+k+\ell)}$

$=(-1)^k\, k!\, \frac{(2a+2k-1)!}{(2a+k-1)!}\cdot 2i(a+k)\cdot (n-k)!\, \frac{(2a+k+n)!}{(2a+2k)!}=i\, (-1)^k \, \frac{(2a+k+n)!}{(2a+k-1)!}\, k!\, (n-k)!$

$\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{a^2+x^2}\, \frac{(b+1)^2+x^2}{(a+1)^2+x^2}\cdots \frac{(b+n)^2+x^2}{(a+n)^2+x^2}\, dx=\lim_{R\to\infty} \oint_{\gamma_R} \frac{f(z)}{g(z)}\, dz=2\pi i\sum_{k=0}^n \text{res}\left(\frac{f}{g},i(a+k)\right)$

$=2\pi i\, \sum_{k=0}^n \frac{f\Big(i(a+k)\Big)}{g'\Big(i(a+k)\Big)}=2\pi\sum_{k=0}^n (-1)^k\, \frac{(2a+k-1)!}{(2a+k+n)!}\, \frac{1}{k!\, (n-k)!}\, \frac{(b+a+k+n)!\, (b-a-k+n)!}{(b+a+k)!\, (b-a-k)!}$

Wenn man beide Seiten mit $a^2\, (a+1)^2\cdots (a+n)^2=\frac{(a+n)!^2}{(a-1)!^2}$ durchmultipliziert

und mit $(b+1)^2\, (b+2)^2\cdots (b+n)^2=\frac{(b+n)!^2}{b!^2}$ durchdividiert so ist $I_n:=\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{1+\frac{x^2}{a^2}}\cdot \frac{1+\frac{x^2}{(b+1)^2}}{1+\frac{x^2}{(a+1)^2}}\cdots \frac{1+\frac{x^2}{(b+n)^2}}{1+\frac{x^2}{(a+n)^2}}\, dx$

$=2\pi\, \frac{b!^2}{(a-1)!^2}\sum_{k=0}^n \underbrace{(-1)^k\, \frac{(2a+k-1)!}{k!}}_{=\frac{(-2a)!\, (2a-1)!}{k!\, (-2a-k)!}} \, \frac{1}{(b+a+k)!\, (b-a-k)!}\, \underbrace{\frac{(b+a+k+n)!\, (b-a-k+n)!}{(2a+k+n)!\, (n-k)!}\, \frac{(a+n)!^2}{(b+n)!^2}}_{A_{n,k}}$

Mit einem $0\le k<M\,$ lässt sich letze Summe folgendermaßen aufspalten:

$2\pi\,\frac{b!^{2}\, (-2a)!\, (2a-1)!}{(a-1)!^{2}}\,\left(\sum_{k=0}^{M-1}\frac{A_{n,k}}{k!\, (b+a+k)!\, (-2a-k)!\, (b-a-k)!}+\sum_{k=M}^{n}\frac{A_{n,k}}{k!\, (b+a+k)!\, (-2a-k)!\, (b-a-k)!}\right)$

Für alle $0\le k<M$ gilt $\lim_{n\to\infty} A_{n,k}=1$

Also ist $I:=\lim_{n\to\infty} I_n=2\pi\,\frac{b!^{2}\, (-2a)!\, (2a-1)!}{(a-1)!^{2}}\,\left(\sum_{k=0}^{M-1}\frac{1}{k!\, (b+a+k)!\, (-2a-k)!\, (b-a-k)!}+\varepsilon_{M}\right)$

Für $M\to\infty\,$ geht $\varepsilon_M\,$ gegen null und die hypergeometrische Reihe $\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!\, (b+a+k)!\, (-2a-k)!\, (b-a-k)!}$ lässt sich

nach der Formel $\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!\, (\alpha+k)!\, (\beta-k)!\, (\gamma-k)!}=\frac{(\alpha+\beta+\gamma)!}{\beta!\, \gamma!\, (\alpha+\beta)!\, (\alpha+\gamma)!}$ für $\alpha+\beta+\gamma>-1\,$ ,

schreiben als $\frac{(2b-2a)!}{(-2a)!\, (b-a)!\, (b-a)!\, (2b)!}$ wenn $2b-2a>-1\,$ bzw. $a<b+\frac12$ ist. Also ist $I=2\pi\,\frac{b!^{2}\, (2a-1)!\, (2b-2a)!}{(a-1)!^{2}\, (b-a)!^{2}\, (2b)!}$ .

Und das lässt sich unter Verwendung der Legendreschen Verdopplungsformel schreiben als $\sqrt{\pi}\, \frac{\Gamma\left(a+\frac12\right)\cdot \Gamma(b+1)\cdot \Gamma\left(b-a+\frac12\right)}{\Gamma(a)\cdot \Gamma\left(b+\frac12\right)\cdot \Gamma\left(b-a+1\right)}$ .

Drei Parameter

$\int_0^\infty \frac{x^{\alpha-1}}{(1+x^\beta)^\gamma}\, dx =\frac{1}{\beta}\, B\left(\frac{\alpha}{\beta},\gamma-\frac{\alpha}{\beta}\right)$

$\int_0^\infty \prod_{1\le \ell \le 3}\frac{1}{(x^2+2x\cos\alpha_\ell+1)}\, dx=\frac14 \sum_{(i,j,k)\in A_3} \frac{\alpha_i\,\csc\alpha_i\, \cos2\alpha_i}{(\cos\alpha_i-\cos\alpha_j)(\cos\alpha_i-\cos\alpha_k)}$

[Bearbeiten] Form R(x,exp)

Kein Parameter

[Bearbeiten] Gauß'sches Fehlerintegral

$\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\, dx=\sqrt{\pi}$

1. Beweis

$I^2=\left(\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\, dx\right)\,\left(\int_{-\infty}^\infty e^{-y^2}\, dy\right)=\int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty e^{-(x^2+y^2)}\, dx\, dy$

lässt sich in Polarkoordinaten schreiben als $\int_0^{2\pi} \int_0^\infty e^{-r^2}\, r\, dr\, d\varphi$

und das ist $\int_0^{2\pi} \left[-\frac{e^{-r^2}}{2}\right]_0^{\infty}\, d\varphi=\int_0^{2\pi} \frac12 \, d\varphi=\pi \Rightarrow I=\sqrt{\pi}$

2. Beweis

Die Fläche, die entsteht wenn $f(x)=e^{-x^2}$ um die z-Achse rotiert, schließt mit der xy-Ebene das gleiche Volumen ein

wie die Fläche, die entsteht wenn $f^{-1}(x)=\sqrt{-\log x}$ um die x-Achse rotiert, mit der yz-Ebene.

Also $I^2=\pi \int_0^1 \sqrt{-\log x}^{\,2} \, dx=\pi \Rightarrow I=\sqrt{\pi}$

3. Beweis

Definiert man $F(x)=\left(\int_0^x e^{-t^2}\, dt\right)^2$ und $G(x)=\int_0^1 \frac{e^{-x^2\, (1+t^2)}}{1+t^2} \, dt$ so ist $F'(x)=2\, \int_0^x e^{-t^2} \, dt\; e^{-x^2}$

und $G'(x)=\int_0^1 e^{-x^2\, (1+t^2)}\, (-2x) \, dt=-2\,\int_0^1 e^{-x^2\, t^2}\, x\, dt\; e^{-x^2}=-2\int_0^x e^{-t^2}\, dt\; e^{-x^2}$

Es ist also $F'(x)+G'(x)=0\,$ . Folglich muss $F(x)+G(x)\,$ konstant sein.

Somit gilt $F(\infty)+G(\infty)=F(0)+G(0) \Rightarrow \left(\frac{I}{2}\right)^2+0=0+\frac{\pi}{4} \Rightarrow I=\sqrt{\pi}$

4. Beweis

Es sei $a=\sqrt{i\pi}=(1+i)\sqrt{\frac{\pi}{2}}$ und $f(z)=\frac{e^{-z^2}}{1+e^{-2az}}$ .

Wegen $\text{Re}(a)>0\,$ gilt $e^{-2ax}\to\left\{\begin{matrix} 0 & , & x\to\infty \\ \infty & , & x\to -\infty \end{matrix}\right.$ .

Ist $0\le y\le \sqrt{\frac{\pi}{2}}$ so geht für $x\to\pm \infty\,$ der Nenner von $f(x+iy)=\frac{e^{-x^2}\, e^{y^2-2ixy}}{1+e^{-2ax}\, e^{-2iay}}$ gegen $1\,$ oder $\infty\,$

und der Zähler geht gegen Null. Also verschwinden die beiden Integrale $\int_{\pm R}^{\pm R+a}\, f\, dz$ für $R\to\infty\,$ .

Wegen $f(z)-f(z+a)=e^{-z^2}$ gilt nun $\int_{-\infty}^\infty e^{-z^2}\, dz=\lim_{R\to\infty} \oint f\, dz=2\pi i\, \text{res}\left(f,\frac{a}{2}\right)=\sqrt{\pi}$ .

$\int_0^\infty \left(\frac{1}{e^x-1}-\frac{1}{x\, e^x} \right)\, dx=\gamma$

Beweis

Für $\text{Re}(z)>1\,$ gilt $\int_0^\infty \left(\frac{x^{z-1}}{e^x-1}-\frac{x^{z-1}}{x\, e^x} \right)\, dx=\Gamma(z)\, \left(\zeta(z)-\frac{1}{z-1}\right)\to \gamma$ für $z\to 1$ .

Ein Parameter

$\int_0^\infty x^{z-1} e^{-x}\, dx=\Gamma(z) \qquad \text{Re}(z)>0$

$\int_0^\infty \exp\left(-x^2-\frac{\alpha^2}{x^2}\right)\, dx =\frac{\sqrt{\pi}}{2}\, e^{-2\alpha} \qquad \alpha>0$

Beweis

$I'(\alpha)=\int_0^\infty \exp\left(-x^2-\frac{\alpha^2}{x^2}\right)\, \frac{-2\alpha}{x^2}\, dx$ ist nach Substitution $x\mapsto \frac{\alpha}{x}$ gleich $-2\int_0^\infty \exp\left(-x^2-\frac{\alpha^2}{x^2}\right)\, dx$ .

Die Differenzialgleichung $I'(\alpha)=-2\, I(\alpha)$ wird gelöst durch $I(\alpha)=C\, e^{-2\alpha}$ , wobei $C=I(0)=\int_0^\infty e^{-x^2}\, dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ ist.

$\int_0^\infty \left(\frac{1}{x\, e^x}-\frac{e^{-x(z-1)}}{e^x-1}\right) dx=\psi(z) \qquad \text{Re}(z)>0$

Beweis

In der Formel $\int_0^1 \frac{1-x^{z-1}}{1-x}\, dx=\psi(z)+\gamma$ wird das Integral

nach Substitution $x\mapsto e^{-x}$ zu $\int_0^\infty \left(\frac{1}{e^x-1}-\frac{e^{-x(z-1)}}{e^x-1}\right)\, dx$ .

und $\gamma\,$ lässt sich schreiben als $\int_0^\infty \left(\frac{1}{e^x-1}-\frac{1}{x\, e^x}\right)\, dx$ .

[Bearbeiten] Malmstén'sche Formel

$\int_0^\infty \left(\frac{z-1}{x\, e^x}-\frac{1-e^{-x(z-1)}}{x\, (e^x-1)}\right)\, dx=\log\Gamma(z) \qquad \text{Re}(z)>0$

Beweis

Integriere die Formel $\int_0^\infty \left(\frac{1}{x\, e^x}-\frac{e^{-x(z'-1)}}{e^x-1}\right) dx=\psi(z')$ nach $z'\,$ von $1\,$ bis $z\,$ .

$\int_0^\infty \left(\frac{1}{e^x}-\frac{1}{(1+x)^z}\right)\, \frac{dx}{x}=\psi(z) \qquad \text{Re}(z)>0$

$\int_0^\infty \frac{x^{z-1}}{e^x-1}\, dx=\Gamma(z)\, \zeta(z) \qquad \text{Re}(z)>1$

Beweis

Wegen $\frac{1}{e^x-1}=\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}}=\sum_{k=1}^\infty e^{-kz}$ ist $\frac{x^{z-1}}{e^x-1}=\sum_{k=1}^\infty x^{z-1}\, e^{-kx}$

und somit $\int_0^\infty \frac{x^{z-1}}{e^x-1}\, dx=\sum_{k=1}^\infty \int_0^\infty x^{z-1}\, e^{-kx}\, dx=\sum_{k=1}^\infty \frac{\Gamma(z)}{k^z}=\Gamma(z)\, \zeta(z)$ .

$\int_0^\infty \frac{x^{z-1}}{e^x+1}\, dx=\Gamma(z)\, \eta(z) \qquad \text{Re}(z)>0$

Beweis

Wegen $\frac{1}{e^x+1}=\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}=\frac{-(-e^{-x})}{1-(-e^{-x})}=-\sum_{k=1}^\infty (-e^{-x})^k=\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k-1}\, e^{-kx}$ ist $\frac{x^{z-1}}{e^x+1}=\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k-1}\, x^{z-1}\, e^{-kx}$

und somit $\int_0^\infty \frac{x^{z-1}}{e^x+1}\, dx=\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k-1}\, \int_0^\infty x^{z-1}\, e^{-kx}\, dx=\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k-1}\, \frac{\Gamma(z)}{k^z}=\Gamma(z)\, \eta(z)$ .

[Bearbeiten] Erste Binet'sche Formel

$\int_0^\infty \left(\frac12-\frac{1}{x}+\frac{1}{e^x-1}\right)\, \frac{e^{-zx}}{x}\, dx=\log\left(\frac{z!\, e^z}{z^z\, \sqrt{2\pi z}}\right) \qquad \text{Re}(z)>0$

Zwei Parameter

$\int_0^\infty x^{z-1} e^{-\mu x}\, dx=\frac{\Gamma(z)}{\mu^z} \qquad \operatorname{Re}(z),\operatorname{Re}(\mu)>0$

$\int_0^\infty x^{z-1}\, e^{-i\mu x}\, dx =\frac{\Gamma(z)}{(i\mu)^z} \qquad 0<\operatorname{Re}(z)<1 \, ,\, \mu>0$

$\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\Big(e^{\alpha x}-\beta x+1\Big)^2+\left(\frac{\beta \pi}{\alpha}\right)^2} \, dx=\frac{\alpha}{\beta \, (\alpha+\beta)} \qquad \alpha,\beta>0$

[Bearbeiten] Form R(x,log)

Kein Parameter

$\int_0^1 \frac{\log(1+x)-\log 2}{1+x^2}\, dx=-\frac{\pi}{8}\log 2$

$\int_0^1 \frac{\log(1+x)-\log 2}{1-x^2}\, dx=-\frac{\pi^2}{24}$

$\int_1^\infty \frac{\log(1+x)-\log 2}{1+x^2}\, dx=G-\frac{\pi}{8}\log 2$

$\int_1^\infty \frac{\log(1+x)-\log 2}{1-x^2}\, dx=-\frac{\pi^2}{12}$

$\int_0^1 \frac{\log x}{1+x^2}\, dx=-G$

$\int_0^1 \frac{\log x}{1-x^2}\, dx=-\frac{\pi^2}{8}$

$\int_0^\infty \frac{\log(1+x+x^2)}{1+x^2}\, dx=\frac{\pi}{3}\log(2+\sqrt{3})+\frac43\, G$

Beweis

In der Formel $\int_0^\infty \frac{\log(1+2\sin\alpha\,\, x+x^2)}{1+x^2}\, dx=\pi\log\left(2\cos\frac{\alpha}{2}\right)+\alpha \log\left(\tan \frac{\alpha}{2}\right)+2\sum_{k=0}^\infty \frac{\sin(2k+1)\alpha}{(2k+1)^2}$ setze $\alpha=\frac{\pi}{6}$ .

Wegen $\pi\log\left(2\cos\frac{\pi}{12}\right)=\frac{\pi}{2}\left(\left(2\cos\frac{\pi}{12}\right)^2\right)=\frac{\pi}{2}\log(2+\sqrt{3})\, ,\; \frac{\pi}{6}\log\left(\tan\frac{\pi}{12}\right)=-\frac{\pi}{6}\log\left(\cot\frac{\pi}{12}\right)=-\frac{\pi}{6}\log(2+\sqrt{3})$

und $2\sum_{k=0}^{3N} \frac{\sin(2k+1)\frac{\pi}{6}}{(2k+1)^2}=\sum_{k=0}^{3N} \frac{(-1)^k}{(2k+1)^2}+3\sum_{k=0}^{N-1} \frac{(-1)^k}{(6k+3)^2}\to G+\frac{G}{3}=\frac43\, G$

ist dann $\int_0^\infty \frac{\log(1+x+x^2)}{1+x^2}\, dx=\frac{\pi}{3}\log(2+\sqrt{3})+\frac43\, G$ .

$\int_0^1 \log(-\log x)\, dx=-\gamma$

Beweis

Differenziere $\Gamma(z)=\int_0^\infty t^{z-1}\, e^{-t}\, dt$ .

$\Gamma'(z)=\int_0^\infty t^{z-1}\, \log(t)\, e^{-t}\, dt$ .

und setze $z=1\,$ .

$-\gamma=\Gamma'(1)=\int_0^\infty \log(t)\, e^{-t}\, dt$ .

Dies ist nach Substitution $t\mapsto -\log x$ gleich $\int_0^1 \log(-\log x)\, dx$ .

$\int_0^1 \left(\frac{2\log x}{x^2-4x+8}-\frac{3\log x}{x^2+2x+2}\right) dx=G$

$\int_0^\infty \frac{\log(x+1)}{\log^2 x + \pi^2}\,\frac{dx}{x^2} = \gamma$

Ein Parameter

$\int_0^1 \frac{\log^{2n} x}{1+x^2}\, dx=\frac12 \, |E_{2n}|\,\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2n+1} \qquad n\in\Bbb{Z}^{\ge 0}$

$\int_0^\infty \frac{\log^{n-1} x}{1+x^2}\, dx=|E_{n-1}|\,\left(\frac{\pi}{2}\right)^n \qquad n\in\Bbb{Z}^{\ge 1}$

Beweis

In der Formel $\int_0^\infty \frac{x^{\alpha-1}}{1+x^\beta}\, dx=\frac{\pi}{\beta}\csc\left(\frac{\alpha\pi}{\beta}\right)$ setze $\beta=2\,$ und verschiebe $\alpha\,$ um $1\,$ nach rechts.

$\int_0^\infty \frac{x^\alpha}{1+x^2}\, dx=\frac{\pi}{2}\, \csc\left(\frac{(\alpha+1)\pi}{2}\right)=\frac{\pi}{2}\sec\left(\frac{\alpha\pi}{2}\right)=\frac{\pi}{2} \sum_{k=0}^\infty |E_k|\, \frac{1}{k!}\, \left(\frac{\alpha \pi}{2}\right)^k=\sum_{k=0}^\infty |E_k|\, \left(\frac{\pi}{2}\right)^{k+1}\, \frac{\alpha^k}{k!}$

Differenziere $n-1\,$ mal nach $\alpha\,$

$\int_0^\infty \frac{x^\alpha\,\log^{n-1} x}{1+x^2}\, dx=\sum_{k=n-1}^\infty |E_k|\, \left(\frac{\pi}{2}\right)^{k+1}\, \frac{\alpha^{k-n+1}}{(k-n+1)!}$

Und setze $\alpha=0\,$

$\int_0^\infty \frac{\log^{n-1} x}{1+x^2}\, dx=|E_{n-1}|\, \left(\frac{\pi}{2}\right)^n$

$\int_0^\infty \frac{\log^{n-1} x}{1-x^2}\, dx=\frac{2^n (1-2^n) |B_n|}{n}\,\left(\frac{\pi}{2}\right)^n \qquad n\in\Bbb{Z}^{\ge 1}$

$\int_0^\infty \frac{dx}{(x+1)^n\, (\log^2 x + \pi^2)} = C_n$ Fontana-Zahlen genügen der Rekursion: $\quad C_0=-1,\quad \sum_{k=0}^{n-1}\frac{C_k}{n-k}=0$

$\int_0^1 \frac{\left(\log\, \frac1x\right)^{z-1}}{1+x}\, dx=\eta(z) \, \Gamma(z) \qquad \text{Re}(z)>0$

$\int_0^1 \frac{\left(\log\, \frac1x\right)^{z-1}}{1-x}\, dx=\zeta (z) \, \Gamma(z) \qquad \text{Re}(z)>1$

$\int_0^1 \frac{x^{\alpha-1}-x^{-\alpha}}{(x+1)\, \log x}\, dx=\log \tan \frac{\alpha\pi}{2} \qquad 0<\mathrm{Re}(\alpha)<1$

$\int_0^1 \left(\log \frac{1}{x}\right)^{z-1} dx=\Gamma(z) \qquad \text{Re}(z)>0$

$\int_0^1 \left(\frac{\log x}{a+1-x}-\frac{\log x}{a+x}\right) dx=\frac12 \left(\log a-\log(a+1)\right)^2 \qquad \forall a\in\Bbb{C}\setminus [-1,0]$

Beweis

Definiert man $F:\, ]0,1]\to\Bbb{C}$ als $F(x)=\frac{x\log x}{a+x}-\log(a+x)$

so ist $F'(x)=\frac{\log x+1}{a+x}-\frac{x\log x}{(a+x)^2}-\frac{1}{a+x}$

$=\frac{a\log x+a+x\log x+x-x\log x-(a+x)}{(a+x)^2}=\frac{a\log x}{(a+x)^2}$ .

Also ist $a\int_0^1 \frac{\log x}{(a+x)^2}\, dx=F(1)-F(0+)=\log a-\log(a+1)$ .

Definiert man $G:\, ]0,1]\to\Bbb{C}$ als $G(x)=\frac{x\log x}{a+1-x}+\log(a+1-x)$

so ist $G'(x)=\frac{\log x+1}{a+1-x}+\frac{x\log x}{(a+1-x)^2}-\frac{1}{a+1-x}$

$=\frac{(a+1)\log x+a+1-x\log x-x+x\log x-(a+1-x)}{(a+1-x)^2}=\frac{(a+1)\log x}{(a+1-x)^2}$

Also ist $(a+1)\int_0^1 \frac{\log x}{(a+1-x)^2}\, dx=G(1)-G(0+)=\log a-\log(a+1)$ .

Mit den beiden Integralen erhält man $\int_0^1 \left(\frac{\log x}{(a+x)^2}-\frac{\log x}{(a+1-x)^2}\right) dx=\left(\log a-\log(a+1)\right)\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{a+1}\right)$ .

Integriert man beide Seiten nach $a\,$ so ist $\int_0^1 \left(-\frac{\log x}{a+x}+\frac{\log x}{a+1-x}\right) dx=\frac12 \left(\log a-\log(a+1)\right)^2+C$ .

Dass die Konstante $C=0\,$ sein muss erkennt man wenn man $a\to\infty\,$ gehen lässt.

$\int_0^1 \frac{\log x}{a^2+\log^2 x}\, \frac{x}{1-x^2}\, dx=\frac12 \left[\frac{\pi}{2a}+\log\left(\frac{\pi}{a}\right)+\psi\left(\frac{a}{\pi}\right)\right] \qquad \text{Re}(a)>0$

$\int_0^\infty \frac{\log(1+2\sin\alpha\,\, x+x^2)}{1+x^2}\, dx=\pi\log\left(2\cos\frac{\alpha}{2}\right)+\alpha \log\left(\tan \frac{\alpha}{2}\right)+2\sum_{k=0}^\infty \frac{\sin(2k+1)\alpha}{(2k+1)^2} \qquad 0<\alpha<\pi$

Beweis

Setzt man $F(z):=\int_0^\infty \frac{\log(1+2\sin z\;\, x+x^2)}{1+x^2}\, dx$

so ist $F(0)=\int_0^\infty \frac{\log(1+x^2)}{1+x^2}\, dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \log(1+\tan^2 x)\, dx=2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \log(\cos x)\, dx=\pi\log 2$

und $F'(z)=\int_0^\infty \frac{1}{1+x^2}\,\frac{2x\cos z}{1+2\sin z\;\, x+x^2} \, dx=\frac{\cos z}{\sin z}\int_0^\infty \frac{1}{1+x^2}\, \frac{2x\sin z}{1+2\sin z\;\, x+x^2}\, dx$

$=\frac{\cos z}{\sin z}\int_0^\infty \left(\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{1+2\sin z\;\, x+x^2}\right) dx=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{\cos z}{\sin z}-\frac{\cos z}{\sin z}\left[\frac{1}{\cos z}\,\arctan\frac{x+\sin z}{\cos z}\right]_0^\infty$

$=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{\cos z}{\sin z}-\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{\sin z}+\frac{z}{\sin z}=-\frac{\pi}{2}\tan \frac{z}{2}+\frac{z}{\sin z}$ .

Nun ist $F(\alpha)-\pi\log 2=\int_0^\alpha F'(z)\, dz=\pi\log\left(\cos\frac{\alpha}{2}\right)+\int_0^\alpha \frac{z}{\sin z}\, dz$

und somit ist $F(\alpha)-\pi\log \left(2\cos\frac{\alpha}{2}\right)=\int_0^\alpha \frac{z}{\sin z}\, dz=\left[z\log\left(\tan\frac{z}{2}\right)\right]_0^\alpha-\int_0^\alpha \log\left(\tan \frac{z}{2}\right) dz$

$=\alpha \log\left(\tan\frac{\alpha}{2}\right)+2\int_0^\alpha \sum_{k=0}^\infty \frac{\cos (2k+1) z}{2k+1}\, dz$ .

Daraus folgt $F(\alpha)=\pi\log\left(2\cos\frac{\alpha}{2}\right)+\alpha \log\left(\tan \frac{\alpha}{2}\right)+2\sum_{k=0}^\infty \frac{\sin(2k+1)\alpha}{(2k+1)^2}$ .

Zwei Parameter

$\int_a^b \frac{\log x}{(x+a)(x+b)}\, dx=\frac{\log(ab)}{2\, (b-a)} \, \log\left(\frac{(a+b)^2}{4ab}\right)$

Beweis

Nach der Substitution $x\mapsto \frac{ab}{x}$ wird das Integral zu $I=\int_a^b \frac{\log(ab)-\log x}{(b+x)(a+x)} \, dx$

Also ist $2I=\int_a^b \frac{\log(ab)}{(x+a)(x+b)}\, dx=\frac{\log(ab)}{b-a}\int_a^b \left(\frac{1}{x+a}-\frac{1}{x+b}\right)\, dx$

$=\frac{\log(ab)}{b-a}\, \Big[\log(x+a)-\log(x+b)\Big]_a^b=\frac{\log(ab)}{b-a} \log\left(\frac{(a+b)^2}{4ab}\right)$ .

$\int_0^\infty \frac{\log x}{(x+a)(x+b)}\, dx=\frac{\log^2(a)-\log^2(b)}{2\, (a-b)}$

Beweis

Nach der Substitution $x\mapsto \frac{ab}{x}$ wird das Integral zu $I=\int_0^\infty \frac{\log(ab)-\log x}{(b+x)(a+x)} \, dx$ .

Also ist $2I=\int_0^\infty \frac{\log(ab)}{(x+a)(x+b)}\, dx=\frac{\log(ab)}{a-b}\int_0^\infty \left(\frac{1}{x+b}-\frac{1}{x+a}\right)\, dx$

$=\frac{\log(a)+\log(b)}{a-b}\, \underbrace{\Big[\log(x+b)-\log(x+a)\Big]_0^\infty}_{\log(a)-\log(b)}=\frac{\log^2(a)-\log^2(b)}{a-b}$ .

[Bearbeiten] Form R(x,sin)

Kein Parameter

$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x}{\sin x}\, dx=2G$

Beweis

$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x}{\sin x}\, dx$ ist nach Substitution $x\mapsto 2\arctan x$ gleich $2\int_0^1 \frac{\arctan x}{x}\, dx=2G$ .

$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x^2}{\sin x}\, dx=2\pi G-\frac72 \,\zeta(3)$

Beweis

$F(x)=2\log\left(2\sin\frac{x}{2}\right)-\log(2\sin x)$ ist eine Stammfunktion von $\frac{1}{\sin x}$ .

$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x^2}{\sin x}\, dx$ ist damit nach partieller Integration

$\underbrace{\left[x^2\, F(x)\right]_0^{\frac{\pi}{2}}}_{=0}-\int_0^{\frac{\pi}{2}} 2x F(x)\, dx=\underbrace{\int_0^{\frac{\pi}{2}} 4x\left[-\log\left(2\sin\frac{x}{2}\right)\right]\, dx}_{=A}-\underbrace{\int_0^{\frac{\pi}{2}} 2x\left[-\log(2\sin x)\right]\, dx}_{=B}$

Verwende nun die Fourierreihenentwicklung $-\log\left(2\sin\frac{x}{2}\right)=\sum_{k=1}^\infty \frac{\cos kx}{k}$ ,

dann ist $A=\int_0^{\frac{\pi}{2}} 4x\sum_{k=1}^\infty \frac{\cos kx}{k}\, dx=\sum_{k=1}^\infty \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{4x\cos kx}{k}\, dx$

$=\sum_{k=1}^\infty \left[\frac{4\cos kx+4kx\sin kx}{k^3}\right]_0^{\frac{\pi}{2}}=\sum_{k=1}^\infty \left(\frac{4\cos\frac{k\pi}{2}}{k^3}-\frac{4}{k^3}+2\pi\,\frac{\sin\frac{k\pi}{2}}{k^2}\right)=-\frac38\zeta(3)-4\zeta(3)+2\pi G$

und $B=\int_0^{\frac{\pi}{2}} 2x\sum_{k=1}^\infty \frac{\cos 2kx}{k}\, dx=\sum_{k=1}^\infty \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{2x\cos 2kx}{k}\, dx$

$=\sum_{k=1}^\infty \left[\frac{\cos 2kx+2kx\sin2kx}{2k^3}\right]_0^{\frac{\pi}{2}}=\sum_{k=1}^\infty \left(\frac{\cos k\pi}{2k^3}-\frac{1}{2k^3}+\frac{\pi}{2}\,\frac{\sin k\pi}{k^2}\right)=-\frac38\zeta(3)-\frac12 \zeta(3)$ .

Also ist $A-B=2\pi G-\frac72\zeta(3)$ .

$\int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{x^2}{\sin^2 x}\, dx=G+\frac{\pi}{4}\log 2-\frac{\pi^2}{16}$

$\int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{x^3}{\sin^2 x}\, dx=\frac34 \pi G-\frac{\pi^3}{64}+\frac{3}{32} \pi^2 \log 2-\frac{105}{64}\zeta(3)$

[Bearbeiten] Eine Formel nach Ramanujan

$\int_0^1 \sin(\pi x)\, x^x\, (1-x)^{1-x}\, dx=\frac{\pi e}{24}$

Ein Parameter

$\int_0^\frac{\pi}{2} \sin^{n+1} x\, dx=\frac{n}{n+1} \int_0^\frac{\pi}{2} \sin^{n-1}\, dx$

$\int_0^\frac{\pi}{2} \sin^{2n} x\, dx=\frac{1}{2^{2n}} {2n\choose n} \frac{\pi}{2}$

$\int_0^\frac{\pi}{2} \sin^{2n+1} x\, dx=\frac{1}{2n+1} \left[\frac{1}{2^{2n}} {2n\choose n}\right]^{-1}$

$\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin \alpha x}{x}\, dx=\pi \qquad \alpha>0$

1. Beweis

Betrachte die Formel $\int_0^\infty e^{-ax}\, \frac{\sin bx}{x}\, dx=\arctan\left(\frac{b}{a}\right)$ für $a,b>0\,$ .

Lässt man $a\to 0+\,$ gehen so erhält man $\int_0^\infty \frac{\sin bx}{x}\, dx=\frac{\pi}{2}$ .

Also ist $\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin bx}{x}\, dx=\pi$ .

2. Beweis

Nach der Formel von Lobatschewski ist $\int_{-\infty}^\infty 1\cdot \frac{\sin x}{x}\, dx=\int_0^\pi 1\, dx=\pi$ .

Substituiert man $x\to\alpha x\,$ so erhält man die behauptete Formel.

$\int_0^\infty \frac{\alpha\,\sin x}{\alpha^2+x^2}\, dx=\text{Shi}(\alpha)\cosh(\alpha)-\text{Chi}(\alpha)\sinh(\alpha) \qquad \text{Re}(\alpha)>0$

$\int_{-\infty}^\infty \frac{x\, \sin \alpha x}{1+x^2}\, dx=\pi\, e^{-\alpha} \qquad \alpha>0$

$\int_{-\infty}^\infty \frac{x\, \sin \alpha x}{1-x^2}\, dx=-\pi\,\cos \alpha \qquad \alpha>0$

$\int_{-\infty}^\infty \frac{|\sin \alpha x|}{1+x^2}\, dx=4\sinh\alpha \,\; \text{artanh}\, e^{-\alpha} \qquad \alpha>0$

Beweis

Aus der Fourierreihe $|\sin \alpha x|=\frac{2}{\pi}+\frac{2}{\pi}\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n-1}\right)\cos 2n\alpha x$ ergibt sich

$\int_{-\infty}^\infty \frac{|\sin\alpha x|}{1+x^2}\, dx=2+2\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n-1}\right)\, \underbrace{\frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^\infty \frac{\cos 2n\alpha x}{1+x^2}\, dx}_{e^{-2n\alpha}}$

$=2+2\sum_{n=1}^\infty \frac{(e^{-\alpha})^{2n}}{2n+1}-2\sum_{n=1}^\infty \frac{(e^{-\alpha})^{2n}}{2n-1}=2\sum_{n=0}^\infty \frac{(e^{-\alpha})^{2n}}{2n+1}-2\sum_{n=0}^\infty \frac{(e^{-\alpha})^{2n+2}}{2n+1}$

$=2\, (e^\alpha-e^{-\alpha})\sum_{n=0}^\infty \frac{(e^{-\alpha})^{2n+1}}{2n+1}=4\sinh\alpha\,\,\text{artanh}\, e^{-\alpha}$ .

$\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{k\, \sin \, x}{\sqrt{1-k^2\sin^2 x}}\, dx=\text{artanh}\, k$

$\int_{-\infty}^\infty |\sin x|^{\alpha-1}\,\frac{\sin x}{x}\, dx =2^{\alpha-1}\,\frac{\Gamma^2\! \left(\frac{\alpha}{2}\right)}{\Gamma(\alpha)} \qquad \text{Re}(\alpha)>0$

Beweis

Die Funktion $f(x)=|\sin x|^{\alpha-1}\,$ ist $\pi\,$ -periodisch. Daher gilt nach der Formel von Lobatschewski

$\int_{-\infty}^\infty |\sin x|^{\alpha-1}\,\frac{\sin x}{x}\, dx=\int_0^\pi |\sin x|^{\alpha-1}\, dx=2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{\alpha-1} x\, dx=B\left(\frac{\alpha}{2},\frac12\right)=\frac{\Gamma\left(\frac{\alpha}{2}\right)\, \sqrt{\pi}}{\Gamma\left(\frac{\alpha}{2}+\frac12\right)}$ .

Und das ist unter Verwendung der Legendre'schen Verdopplungsformel gleich $2^{\alpha-1}\,\frac{\Gamma^2\left(\frac{\alpha}{2}\right)}{\Gamma(\alpha)}$ .

Zwei Parameter

$\int_0^\pi \sin nx \, \sin mx \, dx=\delta_{mn} \frac{\pi}{2} \qquad n,m\in\Bbb{Z}^{\ge 1}$

Beweis

Aus der Formel $2\, \sin nx\, \sin mx=\cos(n-m)x-\cos(n+m)x$ folgt

$2\int_0^\pi \sin nx\, \sin mx\, dx=\underbrace{\int_0^\pi \cos(n-m)x\, dx}_{=\delta_{nm}\, \pi}-\underbrace{\int_0^\pi \cos(n+m)x\, dx}_{=0}$ .

$\frac{1}{\pi} \int_0^\pi x^2\, \sin nx \, \sin mx \, dx =\left\{\begin{matrix} \frac{\pi^2}{6}\pm\frac{1}{4nm} & , & n=m \\ \\ \frac{(-1)^{n-m}}{(n-m)^2}\pm \frac{(-1)^{n+m}}{(n+m)^2} & , & n\neq m \end{matrix}\right. \qquad n,m\in\Bbb{Z}^{>0}$

$\int_0^\infty \frac{|\sin \alpha x|-|\sin \beta x|}{x}\, dx=\frac{2}{\pi}\log\frac{\alpha}{\beta} \qquad \alpha,\beta>0$

$\int_{-\infty}^\infty \operatorname{sinc}(x+\alpha)\, \operatorname{sinc}(x+\beta)\, dx=\pi \, \operatorname{sinc}(\alpha-\beta)$

Drei Parameter

$\int_0^\infty \sin\left(\alpha\, t^\frac{1}{z}+\beta\right)\, dt=\frac{\Gamma(z+1)}{\alpha^z}\, \sin\left(\frac{\pi z}{2}+\beta\right) \qquad 0<z<1 \, ,\, \alpha>0 \, ,\, \beta\in\Bbb{C}$

[Bearbeiten] Form R(x,cos)

Ein Parameter

$\int_{-\infty}^\infty \frac{\cos \alpha x}{1+x^2}\, dx=\pi\; e^{-\alpha} \qquad \alpha\ge 0$

1. Beweis

Es sei $R>1,\alpha\ge 0, f(z)=\frac{e^{i\alpha z}}{1+z^2},$

$K_R\,$ der Halbkreis von $R\,$ nach $-R\,$

und $\gamma_R=[-R,R]+K_R\,$

der geschlossene halbmondförmige Integrationsweg.

Für alle $z=x+iy\in\gamma_R$ ist der Imaginärteil $y\ge 0$

und somit $\left|e^{i\alpha z}\right|\le e^{-\alpha y}\le 1$ .

Nun gilt $\left|\int_{K_R} f\, dz\right|\le |K_R|\cdot \max_{z\in K_R} |f(z)|\le R\pi\, \frac{1}{R^2-1}\to 0$ für $R\to\infty\,$ .

Also ist $\int_{-\infty}^\infty f\, dz=\lim_{R\to\infty}\oint_{\gamma_R} f\, dz=2\pi i\, \text{res}(f,i)=\pi\, e^{-\alpha}$ und somit $\int_{-\infty}^\infty \frac{\cos \alpha x}{1+x^2}\, dx=\pi\, e^{-\alpha}$ .

2. Beweis

Aus $\frac{x}{1+x^2}=\int_0^\infty \sin tx\, e^{-t}\, dt$ folgt $2\,\frac{\cos\alpha x}{1+x^2}=\int_0^\infty \frac{2\,\sin tx\, \cos\alpha x}{x}\, e^{-t}\, dt$ .

Und das ist $\int_0^\infty \frac{\sin(t+\alpha)x+\sin(t-\alpha)x}{x}\, e^{-t}\, dt$ .

Also ist $2\int_0^\infty \frac{\cos\alpha x}{1+x^2}\, dx=\pi\int_0^\infty \left[\text{sgn}(t+\alpha)+\text{sgn}(t-\alpha)\right]\,e^{-t}\, dt=\pi\int_\alpha^\infty e^{-t}\, dt=\pi\, e^{-\alpha}$ .

$\int_{-\infty}^\infty \frac{\cos \alpha x}{1-x^2}\, dx=\pi\; \sin \alpha \qquad \alpha\ge 0$

$\int_{-\infty}^\infty \frac{|\cos \alpha x|}{1+x^2}\, dx=4\cosh\alpha \,\; \arctan e^{-\alpha} \qquad \alpha>0$

Zwei Parameter

$\int_0^\pi \cos nx\, \cos mx \, dx=\delta_{mn} \frac{\pi}{2} \qquad n,m\in\Bbb{Z}^{\ge 1}$

Beweis

Aus der Formel $2\, \cos nx\, \cos mx=\cos(n-m)x+\cos(n+m)x$ folgt

$2\int_0^\pi \cos nx\, \cos mx\, dx=\underbrace{\int_0^\pi \cos(n-m)x\, dx}_{=\delta_{nm}\, \pi}+\underbrace{\int_0^\pi \cos(n+m)x\, dx}_{=0}$ .

$\frac{1}{\pi} \int_0^\pi x^2\, \cos nx \, \cos mx \, dx =\left\{\begin{matrix} \frac{\pi^2}{6}\pm\frac{1}{4nm} & , & n=m \\ \\ \frac{(-1)^{n-m}}{(n-m)^2}\pm \frac{(-1)^{n+m}}{(n+m)^2} & , & n\neq m \end{matrix}\right. \qquad n,m\in\Bbb{Z}^{>0}$

$\int_{-\pi}^\pi \frac{\cos nx}{1-2r\cos x+r^2}\, dx=\frac{2\pi\, r^n}{1-r^2} \qquad |r|<1\, , \, n\in\Bbb{Z}^{\ge 0}$

Beweis

Betrachte die Poissonsche Integralformel

$\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi P_R(r,\phi-\varphi)\, f(Re^{i\varphi}) \, d\varphi=f(re^{i\phi})$ , wobei der Kern $P_R(r,\phi)=\frac{R^2-r^2}{R^2-2Rr\cos\phi+r^2}$ ist.

Setzt man $R=1\, , \, \phi=0$ und $f(z)=z^n\,$ , so ist $P_R(r,\phi-x)=\frac{1-r^2}{1-2r\cos x+r^2}$ und $f(Re^{ix})=e^{inx}\,$ .

Also ist $\int_{-\pi}^\pi \frac{\cos nx+i\sin nx}{1-2r\cos x+r^2}\, dx=\frac{2\pi\, r^n}{1-r^2}$ . Der ungerade Anteil $\int_{-\pi}^\pi \frac{\sin nx}{1-2r\cos x+r^2}\, dx$ verschwindet dabei aus symmetriegründen.

$\int_0^\infty \frac{|\cos \alpha x|-|\cos \beta x|}{x}\, dx=\left(1-\frac{2}{\pi}\right)\log\frac{\beta}{\alpha} \qquad \alpha,\beta>0$

Beweis

Aus der Fourierreihe $|\cos \alpha x|=\frac{2}{\pi}+\frac{2}{\pi}\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n-1}\right)\cos 2n\alpha x$ ergibt sich

$|\cos \alpha x|-|\cos \beta x|=\frac{2}{\pi}\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n-1}\right)\Big(\cos 2n\alpha x-\cos 2n\beta x\Big)$

Also ist $\int_0^\infty \frac{|\cos \alpha x|-|\cos \beta x|}{x}\, dx=\frac{2}{\pi}\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n-1}\right)\int_0^\infty \frac{\cos 2n\alpha x-\cos 2n\beta x}{x}\, dx$ ,

wobei das Frullanische Integral $\int_0^\infty \frac{\cos 2n\alpha x-\cos 2n\beta x}{x}\, dx=\log \frac{\beta}{\alpha}$ nicht von $n\,$ abhängt.

Und die Reihe $\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n-1}\right)$ konvergiert gegen $\frac{\pi}{2}-1$ .

$\int_0^\infty \frac{|\cos \alpha x|-|\cos \beta x|}{x^2}\, dx=\beta-\alpha \qquad \alpha,\beta>0$

$\int_{-\infty}^\infty \frac{\cos(\alpha x)}{1+2\cos \theta \, x+x^2}\, dx=\frac{\pi}{\sin \theta}\, \frac{\cos(\alpha\cos\theta)}{e^{\alpha\sin\theta}} \qquad \alpha\ge 0\, , \, \theta\in\Bbb{C}\setminus \pi \Bbb{Z}$

$\int_{-\infty}^\infty \frac{\cos(\alpha x)}{x^4+\beta^4}\, dx=\frac{\pi}{\beta^3\, \sqrt{2}}\, \left(\cos\frac{\alpha \beta}{\sqrt{2}}+\sin\frac{\alpha \beta}{\sqrt{2}}\right)\, e^{-\frac{\alpha\beta}{\sqrt{2}}} \qquad \alpha,\beta>0$

$\int_{-\infty}^\infty \frac{\cos\alpha x}{\prod\limits_{k=0}^\infty \left(1+\frac{x^2}{(\beta+k)^2}\right)}\, dx=\sqrt{\pi}\, \frac{\Gamma\left(\beta+\frac12\right)}{\Gamma(\beta)}\, \text{sech}^{2\beta}\left(\frac{\alpha}{2}\right) \qquad \alpha,\beta>0$

Beweis

Multipliziert man die Formel

$\int_{-\infty}^\infty \frac{\cos\alpha x}{(\beta^2+x^2)((\beta+1)^2+x^2)\cdots ((\beta+n)^2+x^2)}\, dx=2\pi\sum_{k=0}^n (-1)^k\, \frac{(2\beta-1+k)!}{(2\beta+n+k)!}\, \frac{1}{k!\, (n-k)!}\, e^{-\alpha(\beta+k)}$

mit $\beta^2\, (\beta+1)^2\cdots (\beta+n)^2=\frac{(\beta+n)!^2}{\Gamma^2(\beta)}$ durch, so ist

$I_n:=\int_{-\infty}^\infty \frac{\cos\alpha x}{\prod\limits_{k=0}^n \left(1+\frac{x^2}{(\beta+k)^2}\right)}\, dx=2\pi\, \frac{\Gamma(2\beta)}{\Gamma^2(\beta)}\, \sum_{k=0}^n (-1)^k\, \frac{(2\beta-1+k)!}{\Gamma(2\beta)\, k!}\, \frac{(\beta+n)!^2}{(2\beta+n+k)!\, (n-k)!}\, e^{-\alpha(\beta+k)}$ ,

wobei $(-1)^k\, \frac{(2\beta-1+k)!}{\Gamma(2\beta)\, k!}={-2\beta\choose k}$ ist.

Setzt man $A_{n,k}:=\frac{(\beta+n)!^2}{(2\beta+n+k)!\, (n-k)!}$ so ist $I_n=2\pi\, \frac{\Gamma(2\beta)}{\Gamma^2(\beta)}\, \sum_{k=0}^n {-2\beta \choose k}\, A_{n,k}\, e^{-\alpha k}\, e^{-\alpha \beta}$ .

Mit einem $0<M<n\,$ lässt sich letzte Summe folgendermaßen aufspalten:

$2\pi\, \frac{\Gamma(2\beta)}{\Gamma^2(\beta)}\left(\sum_{k=0}^{M-1} {-2\beta \choose k}\, A_{n,k}\, e^{-\alpha k}+\sum_{k=M}^n {-2\beta \choose k}\, A_{n,k}\, e^{-\alpha k}\right)\, e^{-\alpha \beta}$

Die Folge $(A_{n,0}\, ,\, A_{n,1} \, , \, ... \, ,\, A_{n,n})\subset [0,1]$ fällt monoton und für alle $0\le k<M$ gilt $\lim_{n\to\infty} A_{n,k}=1$ .

Also ist $I:=\lim_{n\to\infty} I_n=2\pi\frac{\Gamma(2\beta)}{\Gamma^2(\beta)}\, \left(\sum_{k=0}^{M-1} {-2\beta\choose k}\, e^{-\alpha k}+\varepsilon_M\right)\, e^{-\alpha\beta}$

Für $M\to\infty\,$ geht $\varepsilon_M\,$ gegen null und $\sum_{k=0}^{M-1} {-2\beta \choose k}\, e^{-\alpha k}$ konvergiert gegen die Binomialreihenentwicklung von $(1+e^{-\alpha})^{-2\beta}\,$ .

Also ist $I=2\pi\,\frac{\Gamma(2\beta)}{\Gamma^2(\beta)}\, \left(1+e^{-\alpha}\right)^{-2\beta}\, \left(e^{\frac{\alpha}{2}}\right)^{-2\beta}$ .

Unter Verwendung der Legendreschen Verdopplungsformel $2\pi\Gamma(2\beta)=\sqrt{\pi}\, \Gamma(\beta)\,\Gamma\left(\beta+\frac12\right)\, 2^{2\beta}$

ist das $\sqrt{\pi}\, \frac{\Gamma\left(\beta+\frac12\right)}{\Gamma(\beta)}\, 2^{2\beta}\, \left(e^{\frac{\alpha}{2}}+e^{-\frac{\alpha}{2}}\right)^{-2\beta}=\sqrt{\pi}\, \frac{\Gamma\left(\beta+\frac12\right)}{\Gamma(\beta)}\, \text{sech}^{2\beta}\left(\frac{\alpha}{2}\right)$ .

[Bearbeiten] Cauchysche Cosinus-Integralformel

$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^{\alpha-1} x\,\cos \beta x\, dx=\frac{\pi}{2^{\alpha}}\, \frac{\Gamma(\alpha)}{\Gamma\left(\frac{\alpha+\beta+1}{2}\right)\, \Gamma\left(\frac{\alpha-\beta+1}{2}\right)} \qquad \text{Re}(\alpha)>0 \, , \, \beta\in\Bbb{C}$

Beweis

Nach der Formel $\cos 2\beta x=\sum_{n=0}^\infty \frac{\beta\, (\beta-1+n)!}{(\beta-n)!}\, \frac{(2 \sin x)^{2n}}{(2n)!}$ ist

$2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^{2\alpha-1} x\, \cos 2\beta x\, dx=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \, \frac{\beta\, (\beta-1+n)!\, 2^{2n}}{(\beta-n)!\, (2n)!}\,\; 2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n} x\, \cos^{2\alpha-1}\, dx$

$=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \, \frac{\beta\, (\beta-1+n)!\, 2^{2n}}{(\beta-n)!\, (2n)!}\, \frac{\left(n-\frac12\right)!\, (\alpha-1)!}{\left(\alpha+n-\frac12\right)!}$ .

Nach der Legendreschen Verdopplungsformel $\frac{2^{2n}\, \left(n-\frac12\right)!}{(2n)!}=\frac{\sqrt{\pi}}{n!}$

ist dies $\beta\, (\alpha-1)!\, \sqrt{\pi}\, \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \, \frac{(\beta-1+n)!}{n!\, (\beta-n)!\, \left(\alpha-\frac12+n\right)!}$ .

Ersetzt man $(-1)^n\, (\beta-1+n)!\,$ durch $\frac{(\beta-1)!\, (-\beta)!}{(-\beta-n)!}$ so ist das

$\beta!\, (-\beta)!\, (\alpha-1)!\, \sqrt{\pi} \, \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!\, \left(\alpha-\frac12+n\right)! \, (\beta-n)!\, (-\beta-n)!}$

$=\frac{\sqrt{\pi} \, \left(\alpha-\frac12\right)! \, (\alpha-1)!}{\left(\alpha+\beta-\frac12\right)! \, \left(\alpha-\beta-\frac12\right)!}=\frac{\pi}{2^{2\alpha-1}}\, \frac{\Gamma(2\alpha)}{\Gamma\left(\alpha+\beta+\frac12\right)\,\Gamma\left(\alpha-\beta+\frac12\right)}$ .

Also ist $2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^{\alpha-1} x\, \cos\beta x\, dx=\frac{\pi}{2^\alpha}\, \frac{\Gamma(\alpha)}{\Gamma\left(\frac{\alpha+\beta+1}{2}\right)\, \Gamma\left(\frac{\alpha-\beta+1}{2}\right)}$ .

Beweis für

0 < α < β + 1

Es sei $H=\{z\in\Bbb{C}\, | \, \text{Im}(z)>0\}$ die obere komplexe Halbebene.

Die Funktion $f(z)=(1+z)^{\alpha-1}\, z^{\beta-1}\,$ , mit $\alpha,\beta>0\,$ , ist holomorph auf $H\,$ und stetig auf $\bar{H}\,$ .

Also gilt $\oint_K f\, dz=0$ , gleichbedeutend mit $\underbrace{\int_{-1}^0 f(x)\, dx}_{S_1}+\underbrace{\int_0^1 f(x)\, dx}_{S_2}+\underbrace{\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(e^{2ix})\, e^{2ix}\, 2i\, dx}_{S_3}=0$ .

Das erste Integral $S_1\,$ ist nach Substitution $x\mapsto -x\,$ gleich $\int_0^1 f(-x)\, dx$

$=\int_0^1 (1-x)^{\alpha-1}\, (-x)^{\beta-1}\, dx=e^{i\pi(\beta-1)} \int_0^1 (1-x)^{\alpha-1}\, x^{\beta-1}\, dx=-e^{i\pi\beta}\, B(\alpha,\beta)$ .

$\Rightarrow \, \text{Im}(S_1)=-\sin\pi\beta\,\, B(\alpha,\beta)=-\frac{\pi}{\Gamma(\beta)\, \Gamma(1-\beta)}\, \frac{\Gamma(\alpha)\,\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)}=-\pi\, \frac{\Gamma(\alpha)}{\Gamma(1-\beta)\, \Gamma(\alpha+\beta)}$ .

Das zweite Integral $S_2\,$ ist reell, d.h. $\text{Im}(S_2)=0\,$ .

Und das dritte Integral $S_3\,$ ist $2i\,\int_0^{\frac{\pi}{2}} (1+e^{2ix})^{\alpha-1}\, e^{2ix(\beta-1)}\, e^{2ix}\, dx$

$=2i\,\int_0^{\frac{\pi}{2}} (e^{-ix}+e^{ix})^{\alpha-1}\, e^{i(\alpha+2\beta-1)x}\, dx \, \Rightarrow \, \text{Im}(S_3)=2^\alpha \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^{\alpha-1} x\, \cos(\alpha+2\beta-1)x\, dx$ .

Aus der Betrachtung der Imaginärteile folgt $2^\alpha\, \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^{\alpha-1} x\, \cos(\alpha+2\beta-1)x\, dx=\pi\, \frac{\Gamma(\alpha)}{\Gamma(1-\beta)\, \Gamma(\alpha+\beta)}$ .

Ersetzt man $\alpha+2\beta-1\,$ durch $\gamma\,$ , also $\beta=\frac{\gamma-\alpha+1}{2}\,$ , so ist $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^{\alpha-1} x\, \cos\gamma x\, dx=\frac{\pi}{2^\alpha}\, \frac{\Gamma(\alpha)}{\Gamma\left(\frac{\alpha-\gamma+1}{2}\right)\, \Gamma\left(\frac{\alpha+\gamma+1}{2}\right)}$ .

Drei Parameter

$\int_{-\infty}^\infty \frac{\cos\alpha x}{(\beta^2+x^2)((\beta+1)^2+x^2)\cdots ((\beta+n)^2+x^2)}\, dx=2\pi\sum_{k=0}^n (-1)^k\, \frac{(2\beta-1+k)!}{(2\beta+n+k)!}\, \frac{1}{k!\, (n-k)!}\, e^{-\alpha(\beta+k)} \qquad n\in\Bbb{N} \; \; , \; \; \alpha,\beta>0$

Beweis

Es sei $g(z)=\prod_{\ell=0}^n \left((\beta+\ell)^2+z^2\right)\, , \, f(z)=\frac{e^{i\alpha z}}{g(z)}$ und $\gamma_R\,$ sei der Halbmond in der oberen komplexen Halbebene.

$I:=\int_{-\infty}^\infty \frac{\cos\alpha x}{(\beta^2+x^2)((\beta+1)^2+x^2)\cdots ((\beta+n)^2+x^2)}\, dx=\lim_{R\to\infty} \oint_{\gamma_R} f(z)\, dz=2\pi i\, \sum_{k=0}^n \text{res}\left(f,i(\beta+k)\right)=2\pi i\, \sum_{k=0}^n \frac{e^{-\alpha(\beta+k)}}{g'\left(i(\beta+k)\right)}$ .

Nach der Produktregel ist $g'(z)=\sum_{k=0}^n \prod_{\ell=0}^{k-1} \left((\beta+\ell)^2+z^2\right)\cdot 2z\cdot \prod_{\ell=k+1}^n \left((\beta+\ell)^2+z^2\right)$ .

Setzt man $z=i(\beta+k)\,$ so ist $g'\left(i(\beta+k)\right)=\prod_{\ell=0}^{k-1} \left((\beta+\ell)^2-(\beta+k)^2\right)\cdot 2i(\beta+k)\cdot \prod_{\ell=k+1}^n \left((\beta+\ell)^2-(\beta+k)^2\right)$ ,

wobei $(\beta+\ell)^2-(\beta+k)^2=(\ell-k)(2\beta+\ell+k)$ ist.

Also ist $g'\left(i(\beta+k)\right)=(-1)^k\, k!\, \frac{(2\beta+2k-1)!}{(2\beta-1+k)!}\cdot 2i(\beta+k)\cdot (n-k)!\, \frac{(2\beta+n+k)!}{(2\beta+2k)!}=i\, (-1)^k\, \frac{(2\beta+n+k)!}{(2\beta-1+k)!} \, k!\, (n-k)!$ .

Und somit ist $I=2\pi\sum_{k=0}^n (-1)^k\, \frac{(2\beta-1+k)!}{(2\beta+n+k)!}\, \frac{1}{k!\, (n-k)!}\, e^{-\alpha(\beta+k)}$ .

$\int_0^\infty \cos\left(\alpha\, t^\frac{1}{z}+\beta\right)\, dt=\frac{\Gamma(z+1)}{\alpha^z}\, \cos\left(\frac{\pi z}{2}+\beta\right) \qquad 0<z<1 \, ,\, \alpha>0 \, ,\, \beta\in\Bbb{C}$

[Bearbeiten] Form R(x,tan)

Kein Parameter

$\int_0^\pi x\, \tan x \, dx=-\pi \,\log 2$

$\int_0^\frac{\pi}{4} \log(1+\tan x)\, dx=\frac{\pi}{8}\log 2$

Beweis

Wegen $1+\tan x=\frac{\cos x+\sin x}{\cos x}=\frac{\sqrt{2} \cos\left(\frac{\pi}{4}-x\right)}{\cos x}$

ist $\log(1+\tan x)=\frac12 \log 2+\log \cos\left(\frac{\pi}{4}-x\right) -\log(\cos x)$ .

Da nach Substitution $x\mapsto \frac{\pi}{4}-x$

$\int_0^{\frac{\pi}{4}} \log \cos\left(\frac{\pi}{4}-x\right) \, dx=\int_0^{\frac{\pi}{4}} \log(\cos x) \, dx$ ist,

ist das gesuchte Integral $\int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac12 \log 2 \, dx=\frac{\pi}{8}\, \log 2$ .

Ein Parameter

$\int_{-\infty}^\infty \frac{\tan \alpha x}{x}\, dx=\pi \qquad \alpha>0$

Beweis

Nach der Formel von Lobatschewski ist $\int_{-\infty}^\infty 1\cdot \frac{\tan x}{x}\, dx=\int_0^\pi 1\, dx=\pi$ .

Substituiert man $x\to\alpha x\,$ so erhält man die behauptete Formel.

$\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{1}{1+\tan^\alpha x} \, dx=\frac{\pi}{4} \qquad \alpha\in\Bbb{C}\setminus i\Bbb{R}^\times$

Beweis

Für $\alpha\in\Bbb{C}\setminus i\Bbb{R}^\times$ sei $I(\alpha)=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+\tan^\alpha x}\, dx$ .

Nach Substitution $x\to \frac{\pi}{2}-x$ ist $I(\alpha)=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+\cot^\alpha x}\, dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\tan^\alpha x}{1+\tan^\alpha x}\, dx$ .

Addiert man die verschiedenen Darstellungen von $I(\alpha)\,$ so ist $2I(\alpha)=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1+\tan^\alpha x}{1+\tan^\alpha x}\, dx=\frac{\pi}{2}$ .

Unabhängig von $\alpha\,$ gilt also $I(\alpha)=\frac{\pi}{4}$ .

$\int_0^\frac{\pi}{2} \tan^{2\alpha-1}\, x\; dx=\frac{\pi}{2 \sin\alpha\pi}\qquad 0<\text{Re}(\alpha)<1$

Beweis

Verwende die Formel $2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2\alpha-1} x\, \cos^{2\beta-1} x\, dx=\frac{\Gamma(\alpha)\, \Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)} \qquad \text{Re}(\alpha),\text{Re}(\beta)>0$ .

Ist $0<\text{Re}(\alpha)<1\,$ und setzt man $\beta=1-\alpha\,$ so ist auch $0<\text{Re}(\beta)<1\,$ .

Also gilt $2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \tan^{2\alpha-1} x\; dx=\Gamma(\alpha)\,\Gamma(1-\alpha)=\frac{\pi}{\sin \alpha\pi}$ nach dem Eulerschen Ergänzungssatz.

[Bearbeiten] Form R(x,sec)

Ein Parameter

$\int_{-\infty}^\infty \frac{\sec(\pi(n+i x))}{n+ix}\, dx=4\, \sum_{k=n}^\infty \frac{(-1)^k}{2k+1} \qquad n\in\Bbb{N}$

[Bearbeiten] Form R(x,sinh)

Ein Parameter

$\int_{-\infty}^\infty \frac{x^{n-1}}{\sinh x}\, dx =\frac{2^n (2^n-1) |B_n|}{n} \;\frac{\pi^n}{2^{n-1}} \qquad n\in\Bbb{Z}^{\ge 2}$

$\int_0^\infty \frac{x^{\alpha-1}}{\sinh x}\, dx=2\, \Gamma(\alpha)\, \lambda(\alpha) \qquad \text{Re}(\alpha)>1$

Beweis

Für $x>0\,$ ist $\frac{1}{\sinh x}=\frac{2}{e^x-e^{-x}}=2e^{-x}\frac{1}{1-e^{-2x}}=2e^{-x}\sum_{k=0}^\infty e^{-2kx}=2\sum_{k=0}^\infty e^{-(2k+1)x}$ .

Also ist $\frac{x^{\alpha-1}}{\sinh x}=2\sum_{k=0}^\infty x^{\alpha-1}\, e^{-(2k+1)x}$ und somit ist

$\int_0^\infty \frac{x^{\alpha-1}}{\sinh x}\, dx=2\sum_{k=0}^\infty \int_0^\infty x^{\alpha-1}\, e^{-(2k+1)x}\, dx=2\sum_{k=0}^\infty \frac{\Gamma(\alpha)}{(2k+1)^\alpha}=2\,\Gamma(\alpha)\,\lambda(\alpha)$ .

$\int_0^\infty \frac{x^{\alpha-1}}{\sinh^2 x}\, dx=\frac{\Gamma(\alpha)\, \zeta(\alpha-1)}{2^{\alpha-2}} \qquad \text{Re}(\alpha)>2$

Beweis

Für $x>0\,$ ist $\frac{1}{\sinh^2 x}=\frac{4}{(e^x-e^{-x})^2}=\frac{4\,e^{-2x}}{(1-e^{-2x})^2}=4\sum_{k=1}^\infty k \, e^{-2kx}$ .

Also ist $\int_0^\infty \frac{x^{\alpha-1}}{\sinh^2 x}\, dx=4\sum_{k=1}^\infty k \int_0^\infty x^{\alpha-1}\, e^{-2kx}\, dx=4\sum_{k=1}^\infty k\, \frac{\Gamma(\alpha)}{(2k)^\alpha}=\frac{\Gamma(\alpha)\,\zeta(\alpha-1)}{2^{\alpha-2}}$ .

$\int_{-\infty}^\infty \frac{\sinh \alpha x}{\sinh x}\, dx=\pi\, \tan\left(\frac{\alpha \pi}{2}\right) \qquad -1<\mathrm{Re}(\alpha)<1$

[Bearbeiten] Form R(x,cosh)

Ein Parameter

$\int_{-\infty}^\infty \frac{x^{n-1}}{\cosh x}\, dx =|E_{n-1}| \; \frac{\pi^n}{2^{n-1}} \qquad n\in\Bbb{Z}^{\ge 1}$

$\int_{-\infty}^\infty \frac{x^{n-1}}{\cosh x+1}\, dx=2^n\, \pi^{n-1}\, \left|B_{n-1}\left(\frac12\right)\right| \qquad n\in\Bbb{Z}^{\ge 1}$

$\int_0^\infty \frac{x^{\alpha-1}}{\cosh x}\, dx=2\, \Gamma(\alpha)\, \beta(\alpha) \qquad \text{Re}(\alpha)>0$

Beweis

Für $x>0\,$ ist $\frac{1}{\cosh x}=\frac{2}{e^x+e^{-x}}=2e^{-x}\frac{1}{1+e^{-2x}}=2e^{-x}\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\, e^{-2kx}=2\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\, e^{-(2k+1)x}$ .

Also ist $\frac{x^{\alpha-1}}{\cosh x}=2\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\, x^{\alpha-1}\, e^{-(2k+1)x}$ und somit ist

$\int_0^\infty \frac{x^{\alpha-1}}{\cosh x}\, dx=2\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \int_0^\infty x^{\alpha-1}\, e^{-(2k+1)x}\, dx=2\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\, \frac{\Gamma(\alpha)}{(2k+1)^\alpha}=2\,\Gamma(\alpha)\,\beta(\alpha)$ .

$\int_0^\infty \frac{x^\alpha}{\cosh^2 x}\, dx=\frac{2\alpha}{2^\alpha}\, \Gamma(\alpha)\, \eta(\alpha) \qquad \text{Re}(\alpha)>-1$

$\int_{-\infty}^\infty \frac{\cosh \alpha x}{\cosh x}\, dx=\pi\, \sec\left(\frac{\alpha \pi}{2}\right) \qquad -1<\mathrm{Re}(\alpha)<1$

Zwei Parameter

$\int_0^\infty \frac{x^{2n}\, \sin 2\pi\alpha}{\cosh 2\pi x-\cos 2\pi \alpha}\, dx=(-1)^{n+1}\, \frac{B_{2n+1}(\alpha)}{2n+1} \qquad n\in\Bbb{N} \, , \, 0<\text{Re}(\alpha)<1$

$\int_0^\infty \frac{\cosh ax}{\cosh 2\pi x+\cos 2\pi b}\, dx=\frac{\sin ab}{2\,\sin\left(\frac{a}{2}\right)\, \sin 2\pi b}$

$\int_0^\infty \frac{\cosh \pi x\, \cosh ax}{\cosh 2\pi x+\cos 2\pi b}\, dx=\frac{\cos ab}{4\,\cos\left(\frac{a}{2}\right)\, \cos \pi b}$

[Bearbeiten] Form R(x,sech)

$\int_{-\infty}^\infty \frac{\text{sech}\frac{\pi x}{2}}{1+x^2}\, dx=\log 4$

[Bearbeiten] Form R(x,csch)

$\int_{-\infty}^\infty \frac{x\, \text{csch} (\pi x)}{1+x^2}\, dx=\log 4-1$

[Bearbeiten] Form R(x,arcsin)

Kein Parameter

$\int_0^1 \frac{\arcsin x}{x}\, dx=\frac{\pi}{2}\, \log 2$

Beweis

$\int_0^1 \frac{\arcsin x}{x}\, dx$ ist nach der Substitution $x\mapsto \sin x$ gleich $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x}{\sin x}\, \cos x\, dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}} x\, \cot x\, dx$ .

Und das ist nach partieller Integration $\underbrace{\Big[x\log(\sin x)\Big]_0^{\frac{\pi}{2}}}_{=0}-\int_0^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin x)\, dx=\frac{\pi}{2}\, \log 2$ .

$\int_0^1 \left(\frac{\arcsin x}{x}\right)^2 dx=4\, G-\frac{\pi^2}{4}$

Beweis

$\int_0^1 \left(\frac{\arcsin x}{x}\right)^2\, dx$ ist nach der Substitution $x\mapsto \sin x$ gleich $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x^2}{\sin^2 x}\, \cos x\, dx$ .

Und das ist nach partieller Integration $\underbrace{\left[x^2\, \frac{-1}{\sin x}\right]_0^{\frac{\pi}{2}}}_{-\frac{\pi^2}{4}}+2\underbrace{\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x}{\sin x}\, dx}_{2G}=4G-\frac{\pi^2}{4}$ .

$\int_0^1 \left(\frac{\arcsin x}{x}\right)^3 dx=\frac{3\pi}2 \log(2)-\frac{\pi^3}{16}$

Ein Parameter

$\int_0^1 \frac{\arcsin \sqrt{x}}{1-\left(2\sin\frac{\alpha}{2}\right)^2\, x\,(1-x)}\, dx=\frac{\pi}{4}\, \frac{\alpha}{\sin \alpha} \qquad -\pi<\alpha<\pi$

Beweis

Nach Substitution $x\mapsto 1-x$ lässt sich das Integral auch schreiben als $\int_0^1 \frac{\arcsin \sqrt{1-x}}{1-\left(2\sin\frac{\alpha}{2}\right)^2\, x\,(1-x)}\, dx$ .

Addiert man beide Darstellungen so ist $2I=\int_0^1 \frac{\arcsin\sqrt{x}+\arcsin \sqrt{1-x}}{1-\left(2\sin\frac{\alpha}{2}\right)^2\, x\,(1-x)}\, dx$ . Der Zähler ist konstant $\frac{\pi}{2}$ .

Somit ist $I= \frac{\pi}{4}\int_0^1 \frac{1}{1-\left(2\sin\frac{\alpha}{2}\right)^2\, x\,(1-x)}\, dx=\frac{\pi}{4} \left[\frac{1}{\sin\alpha}\arctan\left((2x-1)\, \tan\frac{\alpha}{2}\right) \right]_0^1=\frac{\pi}{4}\, \frac{\alpha}{\sin\alpha}$ .

[Bearbeiten] Form R(x,arctan)

Kein Parameter

$\int_0^1 \frac{\arctan x}{x}\, dx=G$

Beweis

Benutze die Reihenentwicklung $\arctan x=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\,\frac{x^{2k+1}}{2k+1}$ .

$\int_0^1 \frac{\arctan x}{x}\, dx=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \int_0^1 \frac{x^{2k}}{2k+1}\, dx=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\, \frac{1}{(2k+1)^2}=G$

$\int_0^\infty \frac{\arctan x}{1+x^2}\, dx=\frac{\pi^2}8$

Beweis

$\int_0^\infty \frac{\arctan x}{1+x^2}\, dx=\left[\frac12 \arctan^2 x\right]_0^\infty=\frac12\, \left(\frac{\pi}{2}\right)^2=\frac{\pi^2}{8}$

$\int_0^\infty \frac{\arctan x}{1-x^2}\, dx=-G$

$\int_0^\infty \frac{x\, \arctan x}{1+x^4}\, dx=\frac{\pi^2}{16}$

$\int_0^\infty \frac{x\, \arctan x}{1-x^4}\, dx=-\frac{\pi}{8}\, \log 2$

Ein Parameter

$\int_{-\infty}^\infty \frac{\arctan ax}{x\,(1+x^2)}\, dx=\pi \log(1+a) \qquad a\ge 0$

Beweis

Integriere die Formel $\int_{-\infty}^\infty \frac{dx}{(1+t^2 x^2)(1+x^2)}=\frac{\pi}{1+t}$ nach $t\,$ von $0\,$ bis $a\,$ .

$\int_0^\infty \frac{\arctan ax}{x\,(1-x^2)}\, dx=\frac{\pi}{4} \log(1+a^2) \qquad a\ge 0$

$\int_0^\infty \frac{\arctan \alpha x}{x\,\sqrt{1-x^2}}\, dx=\frac{\pi}{2}\, \text{arsinh}\, \alpha$

Beweis

In der Formel $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{a^2\,\cos^2 x+b^2\,\sin^2 x}\, dx=\frac{\pi}{2ab}$ für $a,b>0\,$

setze $a=1\,$ und $b=\sqrt{1+t^2}$ .

$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\underbrace{\cos^2 x+\sin^2 x}_{=1}+t^2\,\sin^2 x}\, dx=\frac{\pi}{2}\,\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}$

Nach Substitution $x\to\arcsin x\,$ ist $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+t^2 x^2}\, \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\frac{\pi}{2}\,\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}$ .

Integriere nun nach $t\,$ von $0\,$ bis $\alpha\, : \,\, \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left[\frac{\arctan tx}{x}\right]_0^\alpha \, \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\frac{\pi}{2}\, \text{arsinh} \,\alpha$ .

$\int_0^\infty \frac{\arctan x}{1+2\cos\alpha\,\, x+x^2}\, dx=\frac{\pi}{4}\, \frac{\alpha}{\sin\alpha} \qquad -\frac{\pi}{2}<\text{Re}(\alpha)<\frac{\pi}{2}$

Beweis

Nach Substitution $x\mapsto \frac{1}{x}$ läßt sich das Integral auch schreiben als $\int_0^\infty \frac{\arctan \frac{1}{x}}{1+2\cos\alpha\,\, x+x^2}\, dx$ .

Addiert man beide Darstellungen so ist $2I=\int_0^\infty \frac{\arctan x+\arctan \frac{1}{x}}{1+2\cos\alpha\,\, x+x^2}\, dx$ . Der Zähler ist konstant $\frac{\pi}{2}$ .

Somit ist $I=\frac{\pi}{4} \int_0^\infty \frac{1}{1+2\cos\alpha\,\, x+x^2}\, dx=\frac{\pi}{4} \left[\frac{1}{\sin\alpha}\arctan\frac{x+\cos \alpha}{\sin \alpha} \right]_0^\infty=\frac{\pi}{4}\, \frac{\alpha}{\sin\alpha}$ .

[Bearbeiten] Ahmed'sches Integral

$\int_0^1 \frac{2a^2}{a^2+x^2}\, \frac{\arctan \sqrt{2a^2+x^2}}{\sqrt{2a^2+x^2}}\, dx=\pi \, \arctan\frac{1}{\sqrt{2a^2+1}}-\left(\arctan\frac{1}{a}\right)^2$

Beweis

Es ist $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=\frac{p+q}{p\, q} \Rightarrow \frac{1}{p\, (p+q)}+\frac{1}{q\, (p+q)}=\frac{1}{p\, q}$ .

Setze $p=a^2+x^2\,$ und $q=a^2+y^2\,$ und integriere nach $x\,$ und $y\,$ jeweils von $0\,$ bis $1\,$ .

$\int_0^1 \int_0^1 \frac{dx\, dy}{(a^2+x^2)(2a^2+x^2+y^2)}+\int_0^1 \int_0^1 \frac{dy\, dx}{(a^2+y^2)(2a^2+x^2+y^2)}=\int_0^1 \frac{dx}{a^2+x^2}\cdot \int_0^1 \frac{dy}{a^2+y^2}$

Vertauscht man die Rollen von $x\,$ und $y\,$ so erkennt man dass beide Integrale auf der linken Seite gleich sind und dass beide Integrale auf der rechten Seite gleich sind.

Also ist $2\int_0^1 \int_0^1 \frac{dx}{a^2+x^2}\, \frac{dy}{\sqrt{2a^2+x^2}^2+y^2}=\left(\frac{1}{a}\arctan\frac{1}{a}\right)^2$

$\Rightarrow \int_0^1 \frac{2a^2}{a^2+x^2}\, \left.\frac{\arctan\frac{y}{\sqrt{2a^2+x^2}}}{\sqrt{2a^2+x^2}}\right|_0^1 \, dx=\left(\arctan\frac{1}{a}\right)^2$ .

Schreibe nun $\arctan \frac{1}{\sqrt{2a^2+x^2}}$ als $\frac{\pi}{2}-\arctan\sqrt{2a^2+x^2}$ .

$\underbrace{\int_0^1 \frac{2a^2}{a^2+x^2}\, \frac{\frac{\pi}{2}}{\sqrt{2a^2+x^2}}\, dx}_{\pi \left.\arctan \frac{x}{\sqrt{2a^2+x^2}}\right|_0^1}-\int_0^1 \frac{2a^2}{a^2+x^2}\, \frac{\arctan\sqrt{2a^2+x^2}}{\sqrt{2a^2+x^2}}\, dx=\left(\arctan\frac{1}{a}\right)^2$

[Bearbeiten] Form R(x, $Γ$ )

Drei Parameter

$\int_{-\infty}^\infty (\alpha-ix)^n\, \Gamma(\beta+ix)\, dx=\frac{2\pi}{e}\sum_{k=0}^n {n\choose k} \, (\alpha+\beta)^k \, \phi_{n-k}(-1)$

Vier Parameter

$\int_{-\infty}^\infty \frac{\Gamma(\alpha_1-ix)}{\beta_1^{\alpha_1-ix}}\, \frac{\Gamma(\alpha_2+ix)}{\beta_2^{\alpha_2+ix}}\, dx=2\pi\, \frac{\Gamma(\alpha_1+\alpha_2)}{(\beta_1+\beta_2)^{\alpha_1+\alpha_2}} \qquad \mathrm{Re}(\alpha_1),\mathrm{Re}(\alpha_2),\beta_1,\beta_2>0$

Beweis

Für $k=1,2\,$ sei $u_k(t)=\frac{\Gamma(\alpha_k+it)}{\beta_k^{\alpha_k+it}}$ und $f_k(z)=\frac{\Gamma(z)}{(\beta_k\, e^\omega)^z}$ mit $\omega\in\Bbb{R}$ .

Berechne die Fouriertransformierte $\mathcal{F}[u_k](\omega)=\int_{-\infty}^\infty \frac{\Gamma(\alpha_k+it)}{\beta_k^{\alpha_k+it}}\, e^{-i\omega t}\, dt$

$=-i\, e^{\omega \alpha_k}\int_{-\infty}^\infty \frac{\Gamma(\alpha_k+it)}{(\beta_k\, e^\omega)^{\alpha_k+it}}\, i\, dt=-i\, e^{\omega \alpha_k} \int_{\alpha_k+i\Bbb{R}} f_k\, dz$

$=-i\, e^{\omega \alpha_k}\, \lim_{N\to\infty} \oint_{\gamma_N} f_k\, dz=2\pi\, e^{\omega \alpha_k}\, \sum_{n=0}^\infty \text{res}(f_k,-n)$

$=2\pi \, e^{\omega \alpha_k}\, \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n!}\, \left(\beta_k\, e^\omega\right)^n=2\pi\, \frac{e^{\omega \alpha_k}}{e^{\beta_k\, e^\omega}}$ .

Also ist

$\int_{-\infty}^\infty \frac{\Gamma(\alpha_1-it)}{\beta_1^{\alpha_1-it}}\, \frac{\Gamma(\alpha_2+it)}{\beta_2^{\alpha_2+it}} \, dt=\int_{-\infty}^\infty u_1(0-t)\, u_2(t)\, dt=(u_1*u_2)(0)$

nach der Faltungsformel $\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \mathcal{F}[u_1](\omega)\cdot \mathcal{F}[u_2](\omega)\, d\omega=2\pi\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{\omega \alpha_1}}{e^{\beta_1 e^\omega}}\, \frac{e^{\omega \alpha_2}}{e^{\beta_2 e^\omega}}\, d\omega$ .

Und das ist nach Substitution $e^\omega=t\,$ gleich $2\pi\int_0^\infty \frac{t^{\alpha_1}}{e^{\beta_1 t}}\,\frac{t^{\alpha_2}}{e^{\beta_2 t}}\,\frac{dt}{t}=2\pi\int_0^\infty t^{\alpha_1+\alpha_2-1}\, e^{-(\beta_1+\beta_2)t}\, dt=2\pi \frac{\Gamma(\alpha_1+\alpha_2)}{(\beta_1+\beta_2)^{\alpha_1+\alpha_2}}$ .

$\int_{-\infty}^\infty \frac{\Gamma(a+ix)\, \Gamma(b-ix)}{\Gamma(c+ix)\, \Gamma(d-ix)}\, dx =2\pi \, \frac{\Gamma(a+b)\, \Gamma(c+d-a-b-1)}{\Gamma(c+d-1)\, \Gamma(c-a)\, \Gamma(d-b)}$

[Bearbeiten] Barnes' Lemma

Sind $a,b,c,d\,$ komplexe Zahlen und ist $\gamma\,$ eine Kurve welche die Polstellen

$(-a-n)_{n\ge 0}$ und $(-b-n)_{n\ge 0}$ von den Polstellen $(c-n)_{n\ge 0}$ und $(b-n)_{n\ge 0}$ trennt, so gilt

$\int_\gamma \Gamma(a+z)\, \Gamma(b+z)\, \Gamma(c-z)\, \Gamma(d-z)\, dz=2\pi i\,\frac{\Gamma(a+c)\,\Gamma(a+d)\,\Gamma(b+c)\, \Gamma(b+d)}{\Gamma(a+b+c+d)}$

[Bearbeiten] Form R(x,exp,log)

$\int_0^\infty \frac{\log x}{e^x}\, dx=-\gamma$

Beweis

Aus $\Gamma(\alpha)=\int_0^\infty \frac{x^{\alpha-1}}{e^x}\, dx$ folgt $\Gamma'(\alpha)=\int_0^\infty \frac{x^{\alpha-1}\, \log x}{e^x}\, dx$ .

Setzt man $\alpha=1\,$ so ist $\int_0^\infty \frac{\log x}{e^x}\, dx=\Gamma'(1)=-\gamma$ .

[Bearbeiten] Form R(x,exp,sin)

Kein Parameter

$\int_0^\infty \frac{2x\sin(\pi x^2)}{e^{2\pi x}-1}\, dx=\frac{\sqrt{2}}{8}-\frac{1}{2\pi}$

Ein Parameter

$\int_0^\infty \left(\frac{\sin x}x\right)^2\, e^{-2ax}\, dx=a\, \log\left(\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}\right)+\arccot a$

Zwei Parameter

$\int_0^\infty e^{-\alpha x}\, \sin^{2n} x\, dx=\frac{(2n)!}{\alpha\, (\alpha^2+2^2) (\alpha^2+4^2)\cdots (\alpha^2+(2n)^2)} \qquad \text{Re}(\alpha)>0$

$\int_0^\infty e^{-\alpha x}\, \sin^{2n+1} x\, dx=\frac{(2n+1)!}{(\alpha^2+1) (\alpha^2+3^2)\cdots (\alpha^2+(2n+1)^2)} \qquad \text{Re}(\alpha)>0$

Beweis

Es sei $I_n=\int_0^\infty e^{-\alpha x}\, \sin^n x\, dx$ .

Durch zweimalige partielle Integration erhält man die Rekursion $I_n=I_{n-2}\, \frac{(n-1)\, n}{\alpha^2+n^2}$ .

Also ist

$I_{2n}=I_0\cdot \frac{1\cdot 2}{\alpha^2+2^2}\cdot \frac{3\cdot 4}{\alpha^2+4^2}\cdots \frac{(2n-1)\, 2n}{\alpha^2+(2n)^2}=\frac{(2n)!}{\alpha\, (\alpha^2+2^2) (\alpha^2+4^2)\cdots (\alpha^2+(2n)^2)}$ .

und

$I_{2n+1}=I_1\cdot \frac{2\cdot 3}{\alpha^2+3^2}\cdot \frac{4\cdot 5}{\alpha^2+5^2}\cdots \frac{n\, (2n+1)}{\alpha^2+(2n+1)^2}=\frac{(2n+1)!}{(\alpha^2+1) (\alpha^2+3^2)\cdots (\alpha^2+(2n+1)^2)}$ .

$\int_0^\infty \frac{\sin\alpha x}{1-e^{\beta x}}\, dx=\frac1{2\alpha}-\frac{\pi}{2\beta}\; \text{coth}\left(\frac{\alpha \pi}{\beta}\right)$

Beweis

Aus $\frac{\sin\alpha x}{1-e^{\beta x}}=-\sum_{k=1}^\infty e^{-k\beta x}\,\sin\alpha x$ folgt $\int_0^\infty \frac{\sin\alpha x}{1-e^{\beta x}}\, dx=-\sum_{k=1}^\infty \int_0^\infty e^{-k\beta x}\,\sin\alpha x\, dx$ .

Und das ist $-\sum_{k=1}^\infty \frac{\alpha}{k^2\beta^2+\alpha^2}=\frac{1}{2\alpha}-\frac12\sum_{k=-\infty}^\infty \frac{\alpha}{k^2\beta^2+\alpha^2}=\frac1{2\alpha}-\frac{\pi}{2\beta}\; \text{coth}\left(\frac{\alpha \pi}{\beta}\right)$ .

$\int_0^\infty \frac{\sin\alpha x}{1+e^{\beta x}}\, dx=\frac1{2\alpha}-\frac{\pi}{2\beta}\; \text{csch}\left(\frac{\alpha \pi}{\beta}\right)$

Beweis

Aus $\frac{\sin\alpha x}{1+e^{\beta x}}=-\sum_{k=1}^\infty (-1)^k\, e^{-k\beta x}\,\sin\alpha x$ folgt $\int_0^\infty \frac{\sin\alpha x}{1+e^{\beta x}}\, dx=-\sum_{k=1}^\infty (-1)^k \int_0^\infty e^{-k\beta x}\,\sin\alpha x\, dx$ .

Und das ist $-\sum_{k=1}^\infty (-1)^k\, \frac{\alpha}{k^2\beta^2+\alpha^2}=\frac{1}{2\alpha}-\frac12\sum_{k=-\infty}^\infty (-1)^k\, \frac{\alpha}{k^2\beta^2+\alpha^2}=\frac1{2\alpha}-\frac{\pi}{2\beta}\; \text{csch}\left(\frac{\alpha \pi}{\beta}\right)$ .

$\int_0^\infty e^{-ax} \,\frac{\sin bx}{x}\, dx =\arctan\left(\frac{b}{a}\right) \qquad \text{Re}(a)\ge |\text{Im}(b)| \quad , \quad \frac{b}{a}\neq \pm i$

Beweis für a>b>0

Aus der Reihenentwicklung $\sin bx=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\, (bx)^{2k+1}$

folgt $e^{-ax}\, \frac{\sin bx}{x}=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\, b^{2k+1}\, x^{2k}\, e^{-ax}$ .

Also ist $\int_0^\infty e^{-ax}\, \frac{\sin bx}{x}\, dx=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\, b^{2k+1}\, \int_0^\infty x^{2k}\, e^{-ax}\, dx$

$=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\, b^{2k+1}\, \frac{(2k)!}{a^{2k+1}}=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2k+1}\,\left(\frac{b}{a}\right)^{2k+1}=\arctan\left(\frac{b}{a}\right)$ .

[Bearbeiten] Form R(x,exp,cos)

$\int_0^\infty \frac{2x\cos(\pi x^2)}{e^{2\pi x}-1}\, dx=\frac{2-\sqrt{2}}{8}$

$\int_0^\infty \frac{2x\cos(2\pi x^2)}{e^{2\pi x}-1}\, dx=\frac{1}{16}$

[Bearbeiten] Form R(x,exp,arctan)

[Bearbeiten] Zweite Binet'sche Formel

$\int_0^\infty \frac{\arctan\left(\frac{x}{z}\right)}{e^{2\pi x}-1}\, dx=\frac12 \log\left(\frac{z!\, e^z}{z^z\, \sqrt{2\pi z}}\right) \qquad \text{Re}(z)>0$

Beweis

Ersetze $\arctan \left(\frac{x}{z}\right)$ durch $\int_0^\infty \sin(tx)\, \frac{e^{-zt}}{t}\, dt$ und vertausche die Integrationsreihenfolge.

Man erhält $\int_0^\infty \int_0^\infty \frac{\sin(tx)}{e^{2\pi x}-1}\, dx\,\, \frac{e^{-zt}}{t}\, dt$ .

Nach der Formel $\int_0^\infty \frac{\sin(\alpha x)}{e^{\beta x}-1}\, dx=\frac{\pi}{2\beta}\,\coth\left(\frac{\alpha\pi}{\beta}\right)-\frac{1}{2\alpha}$

ist nun $\int_0^\infty \frac{\sin(tx)}{e^{2\pi x}-1}\, dx=\frac14\coth\left(\frac{t}{2}\right)-\frac{1}{2t}$ .

Letzter Ausdruck lässt sich auch schreiben als $\frac12 \left(\frac12-\frac{1}{t}+\frac{1}{e^t-1}\right)$ .

Damit ist die zweite Binetsche Formel auf die erste zurückgeführt.

[Bearbeiten] Form R(x,exp, $Γ$ )

$\int_{-\infty}^\infty \Gamma(\alpha+ix)\, e^{-\omega (\alpha+ix)}\, dx=\frac{2\pi}{e^{e^\omega}} \qquad \mathrm{Re}(\alpha)>0$

$\int_{-\infty}^\infty e^{2bx}\, |\Gamma(\alpha+ix)|^2\, dx=2\pi\, \frac{\Gamma(2\alpha)}{(2\cos b)^{2\alpha}} \qquad \mathrm{Re}(\alpha)>0$

[Bearbeiten] Form R(x,log,sin)

$\int_0^1 \log \left(\sin\frac{\pi x}{2}\right)\, dx=-\log 2$

$\int_0^{\frac{\pi}{3}} \log^2\left(2\sin \frac{x}{2}\right)\, dx=\frac{7\pi^3}{108}$

$\int_0^{\frac{\pi}{3}} x\log^2\left(2\sin \frac{x}{2}\right)\, dx=\frac{17\pi^4}{6480}$

Beweis

Es sei $\Bbb{H}=\Bbb{C}\setminus \{z\in\Bbb{R} \, | \, z\le 0\}$ und $n\ge 2\,$ eine natürliche Zahl.

Die Funktion $f_n:\Bbb{H}\to\Bbb{C} \, , \, z\mapsto \frac{(-\log z)^{n-1}}{1-z}$ ist auf ganz $\Bbb{H}\,$ holomorph,

wenn man sie an ihrer hebbaren Definitionslücke $z=1\,$ stetig fortsetzt.

$F_n:\,\, ]-\pi,\pi[\to \Bbb{C} \, , \, \theta\mapsto \int_1^{e^{-i\theta}} f_n(z)\, dz$ ist nach der Substitution $z\to\frac{1}{z}$

gleich $\int_1^{e^{i\theta}} \frac{(\log z)^{n-1}}{1-\frac{1}{z}}\, \frac{-dz}{z^2}=\int_1^{e^{i\theta}} \frac{(\log z)^{n-1}}{z\, (1-z)}\, dz$ .

Und das ist nach der Partialbruchzerlegung $\frac{1}{z\, (1-z)}=\frac{1}{z}+\frac{1}{1-z}$

gleich $\int_1^{e^{i\theta}} \frac{(\log z)^{n-1}}{z} \, dz+\int_1^{e^{i\theta}} \frac{(\log z)^{n-1}}{1-z} \, dz=\left[\frac{1}{n}\, (\log z)^n \right]_1^{e^{i\theta}}+(-1)^{n-1} \int_1^{e^{i\theta}} f_n(z)\, dz$ .

Also ist $F_n(\theta)=\frac{(i\theta)^n}{n}+\overline{F_n(\theta)} \qquad (1)$

$G_n:\,\, ]0,2\pi[\to\Bbb{C} \, , \, \theta\mapsto\int_0^{1-e^{i\theta}} f_n(z)\, dz$ ist nach der Substitution $z\to 1-z\,$ gleich

$-\int_1^{e^{i\theta}} \frac{\left[-\log(1-z)\right]^{n-1}}{z}\, dz$ . Und das ist nach der Substitution $z\to e^{ix}\,$ gleich

$-i \int_0^\theta \left[-\log(1-e^{ix})\right]^{n-1}\, dx$ , wobei $-\log(1-e^{ix})=-\log\left(2\sin\frac{x}{2}\right)+i\,\frac{\pi-x}{2}$ ist.

Also ist $G_n(\theta)=-i\int_0^\theta \left[-\log\left(2\sin\frac{x}{2}\right)+i\,\frac{\pi-x}{2}\right]^{n-1}\, dx \qquad (2)$

$G_n(\theta)=\int_0^{1-e^{i\theta}} f_n(z)\, dz$ lässt sich aufspalten in $\int_0^1 f_n(z)\, dz+\int_1^{1-e^{i\theta}} f_n(z)\, dz$ ,

wobei $\int_0^1 f_n(z)\, dz=\Gamma(n)\, \zeta(n)$ ist. Setzt man $\theta=\frac{\pi}{3}\,$ so ist $1-e^{i\theta}=e^{-i\theta}\,$ .

Daher gilt $G_n\left(\frac{\pi}{3}\right)=\Gamma(n)\zeta(n)+F_n\left(\frac{\pi}{3}\right) \qquad (3)$

Betrachte nun den Fall $\theta=\frac{\pi}{3}$ und $n=3\, :$

Aus $(1) \,\,\, F_3\left(\frac{\pi}{3}\right)=\frac{\left(i\frac{\pi}{3}\right)^3}{3}+\overline{F_3\left(\frac{\pi}{3}\right)}$

folgt $\text{Im}\left[F_3\left(\frac{\pi}{3}\right)\right]=\frac{1}{2i}\, \left(F_3\left(\frac{\pi}{3}\right)-\overline{F_3\left(\frac{\pi}{3}\right)}\right)=\frac{1}{2i}\, \frac{i^3 \pi^3}{3^4}=-\frac{\pi^3}{162}$ .

Aus $(2) \,\,\, G_3\left(\frac{\pi}{3}\right)=-i\int_0^{\frac{\pi}{3}} \left[-\log\left(2\sin\frac{x}{2}\right)+i\,\frac{\pi-x}{2}\right]^2 \, dx$

$=\int_0^{\frac{\pi}{3}} (\pi-x)\, \log\left(2\sin\frac{x}{2}\right)\, dx-i\int_0^{\frac{\pi}{3}} \left[\log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right)-\left(\frac{\pi-x}{2}\right)^2\right] dx$

folgt $\text{Im}\left[G_3\left(\frac{\pi}{3}\right)\right]=\int_0^{\frac{\pi}{3}} \left(\frac{\pi-x}{2}\right)^2 \, dx-\int_0^{\frac{\pi}{3}} \log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right) \, dx$ .

Und aus $(3) \,\,\, G_3\left(\frac{\pi}{3}\right)=2\zeta(3)+F_3\left(\frac{\pi}{3}\right)$ folgt $\text{Im}\left[G_3\left(\frac{\pi}{3}\right)\right]=\text{Im}\left[F_3\left(\frac{\pi}{3}\right)\right]$

Also ist $\int_0^{\frac{\pi}{3}} \log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right) \, dx-\int_0^{\frac{\pi}{3}} \frac{(\pi-x)^2}{4} \, dx=\frac{\pi^3}{162}$

Und somit ist $\int_0^{\frac{\pi}{3}} \log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right) \, dx=\frac{7\pi^3}{108}$ .

Betrachte nun den Fall $\theta=\frac{\pi}{3}$ und $n=4\, :$

Aus $(1) \,\,\, F_4\left(\frac{\pi}{3}\right)=\frac{\left(i\frac{\pi}{3}\right)^4}{4}-\overline{F_4\left(\frac{\pi}{3}\right)}$

folgt $\text{Re}\left[F_4\left(\frac{\pi}{3}\right)\right]=\frac12 \, \left(F_4\left(\frac{\pi}{3}\right)+\overline{F_4\left(\frac{\pi}{3}\right)}\right)=\frac{1}{2}\, \frac{\pi^4}{4\cdot 3^4}=\frac{\pi^4}{648}$ .

Aus $(2) \,\,\, G_4\left(\frac{\pi}{3}\right)=-i\int_0^{\frac{\pi}{3}} \left[-\log\left(2\sin\frac{x}{2}\right)+i\,\frac{\pi-x}{2}\right]^3 \, dx$

$=\int_0^{\frac{\pi}{3}} \left[3\log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right)\frac{\pi-x}{2}-\left(\frac{\pi-x}{2}\right)^3\right]\, dx+i \int_0^{\frac{\pi}{3}} \left[\log^3\left(2\sin\frac{x}{2}\right)-3\log\left(2\sin\frac{x}{2}\right) \, \left(\frac{\pi-x}{2}\right)^2 \right]\, dx$

folgt $\text{Re}\left[G_4\left(\frac{\pi}{3}\right)\right]=\frac{3\pi}{2}\int_0^{\frac{\pi}{3}} \log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right) \, dx-\frac32 \int_0^{\frac{\pi}{3}} x\log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right) \, dx-\int_0^{\frac{\pi}{3}} \frac{(\pi-x)^3}{8} dx$ .

Aus dem Fall $n=3\,$ ist bereits bekannt dass $\int_0^{\frac{\pi}{3}} \log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right) \, dx=\frac{7\pi^3}{108}$ ist.

Also ist $\text{Re}\left[G_4\left(\frac{\pi}{3}\right)\right]=-\frac32\int_0^{\frac{\pi}{3}} x\log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right) \, dx+\frac{187\pi^4}{2592}$ .

Und aus $(3) \,\,\, G_4\left(\frac{\pi}{3}\right)=\Gamma(4)\zeta(4)+F_4\left(\frac{\pi}{3}\right)$ folgt $\text{Re}\left[G_4\left(\frac{\pi}{3}\right)\right]-6\cdot\frac{\pi^4}{90}=\text{Re}\left[F_4\left(\frac{\pi}{3}\right)\right]$ .

Also ist $-\frac32\int_0^{\frac{\pi}{3}} x\log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right) \, dx+\frac{187\pi^4}{2592}-6\cdot\frac{\pi^4}{90}=\frac{\pi^4}{648}$ .

Und somit ist $\int_0^{\frac{\pi}{3}} x\log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right) \, dx=\frac{17\pi^4}{6480}$ .

[Bearbeiten] Form R(x,log,cos)

$\int_0^1 \log \left(\cos\frac{\pi x}{2}\right)\, dx=-\log 2$

$\int_0^\pi x^2\,\log^2\left(2\cos\frac{x}{2}\right)\, dx=\frac{11\pi^5}{180}$

[Bearbeiten] Form R(x,log,tan)

$\int_0^1 \log\left(\tan\frac{\pi x}{2}\right)\, dx=0$

$\int_0^\pi \log^2\left(\tan \frac{x}{2}\right) dx=\frac{\pi^3}{4}$

Beweis

Die Funktion $f(x)=-\frac12 \log\left(\tan\frac{x}{2}\right)$ besitzt die Fourierreihenentwicklung $\sum_{k=0}^\infty \frac{\cos(2k+1)x}{2k+1}$ .

Nach der Parsevalschen Gleichung $\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi |f(x)|^2\, dx=\frac{a_0^2}{2}+\sum_{k=1}^\infty \Big(a_k^2+b_k^2\Big)$

gilt dann $\frac{1}{4\pi}\int_{-\pi}^\pi \log^2\left(\tan \frac{x}{2}\right) dx=\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(2k+1)^2}=\frac{\pi^2}{8}$ .

$\int_0^\pi \log^2\left(\tan \frac{x}{4}\right) dx=\frac{\pi^3}{4}$

Beweis

Die Funktion $f(x)=\log^2\left(\tan \frac{x}{2}\right)$ besitzt die Symmetrie $f(\pi-x)=f(x)\,$ .

$\int_0^\pi f\left(\frac{x}{2}\right) dx=2\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(x)\, dx$ ist daher $\int_0^\pi f(x)\, dx=\frac{\pi^3}{4}$ .

[Bearbeiten] Vardi'sches Integral

$\int_{\pi/4}^{\pi/2} \log\log\tan x \, dx=\frac{\pi}{2}\, \log\left(\sqrt{2\pi}\,\, \frac{\Gamma\left(\frac34\right)}{\Gamma\left(\frac14\right)}\right)$

Beweis

$I:=\int_{\pi/4}^{\pi/2} \log\log\tan x \, dx$ ist nach Substitution $x\mapsto \arctan e^x$ gleich $\frac12 \int_0^\infty \frac{\log x}{\cosh x}\, dx$ .

Und das ist $\frac{\pi}{2}\, \int_0^\infty \frac{\log \pi x}{\cosh \pi x}\, dx=\frac{\pi}{2}\log \sqrt{\pi} \int_{-\infty}^\infty \frac{dx}{\cosh \pi x}+\frac{\pi}{8} \int_{-\infty}^\infty \frac{\log x^2}{\cosh \pi x}\, dx$ .

Dabei ist $\int_{-\infty}^\infty \frac{dx}{\cosh \pi x}=1$ und nach der Formel $\int_{-\infty}^\infty \frac{\log(\alpha^2+x^2)}{\cosh \pi x}\, dx=4\,\log\left(\sqrt{2}\;\frac{\Gamma\left(\frac34+\frac{\alpha}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac14+\frac{\alpha}{2}\right)}\right)$ für $\alpha\ge 0$

ist $\frac{\pi}{8}\,\int_{-\infty}^\infty \frac{\log x^2}{\cosh \pi x}\, dx=\frac{\pi}{2}\,\log\left(\sqrt{2}\,\frac{\Gamma\left(\frac34\right)}{\Gamma\left(\frac14\right)}\right)$ . Also ist $I=\frac{\pi}{2}\,\log\left(\sqrt{2\pi}\; \frac{\Gamma\left(\frac34\right)}{\Gamma\left(\frac14\right)}\right)$ .

[Bearbeiten] Form R(x,log,cosh)

$\int_{-\infty}^\infty \frac{\log(\alpha^2+x^2)}{\cosh \pi x} dx=4\log\left(\sqrt{2} \, \frac{\Gamma\left(\frac34+\frac{\alpha}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac14+\frac{\alpha}{2}\right)}\right)$

[Bearbeiten] Form R(x,log,artanh)

$\int_0^1 \frac{\text{arctanh}\, x \, \log x}{x\, (1-x)\, (1+x)}\, dx=-\frac{1}{16}\Big(7\zeta(3)+2\pi^2\log 2\Big)$

[Bearbeiten] Form R(x,log, $Γ$ )

$\int_0^1 \log\Gamma(x)\, dx=\log \sqrt{2\pi}$

[Bearbeiten] Raabesche Formel

$\int_u^{u+1} \log\Gamma(x)\, dx=u\,\Big(\log(u)-1\Big)+\log\sqrt{2\pi}$

[Bearbeiten] Form R(x,sin,cos)

Ein Parameter

[Bearbeiten] Liouville'sches Integral

$\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{\sin \alpha x}{\sin x}\, \cos^{\alpha-1} x\, dx=\frac{\pi}{2} \qquad \text{Re}(\alpha)>0$

Beweis

Aus der Formel $\sin 2\alpha x=\alpha\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\, \frac{\left(\alpha-\frac12+n\right)!}{\left(\alpha-\frac12-n\right)!}\, \frac{(2\sin x)^{2n+1}}{(2n+1)!}$ für $\text{Re}(\alpha)>0\,$ und $0\le x\le\frac{\pi}{2}$ folgt

$I:=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin 2\alpha x}{\sin x}\, \cos^{2\alpha-1} x\, dx=\alpha \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \, \frac{\left(\alpha-\frac12+n\right)!}{\left(\alpha-\frac12-n\right)!}\, \frac{2^{2n}}{(2n)!}\, \frac{2}{2n+1}\, \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n} x\, \cos^{2\alpha-1} x \, dx$ ,

dabei ist $2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n} x\, \cos^{2\alpha-1} x\, dx=B\left(n+\frac12,\alpha\right) =\frac{\left(n-\frac12\right)!\, (\alpha-1)!}{\left(n-\frac12+\alpha\right)!}$ .

Also ist $I=\alpha!\, \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\, \frac{2^{2n}\, \left(n-\frac12\right)!}{\left(\alpha-\frac12-n\right)!\, (2n)!}\, \frac{1}{2n+1}$ .

Nach der Legendre'schen Verdopplungsformel lässt sich $\frac{2^{2n}\, \left(n-\frac12\right)!}{(2n)!}$ durch $\frac{\sqrt{\pi}}{n!}$ ersetzen.

$I=\sqrt{\pi}\, \alpha!\, \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{\left(\alpha-\frac12-n\right)!\, n!}\, \frac{1}{2n+1}=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\, \frac{\alpha!}{\left(\alpha-\frac12\right)!}\, \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\, {\alpha-\frac12\choose n}\, \frac{1}{n+\frac12}$ .

Nach der Formel $\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\, {x-1\choose n}\, \frac{1}{n+y}=B(x,y)$ ist dies $\frac{\sqrt{\pi}}{2}\, \frac{\alpha!}{\left(\alpha-\frac12\right)!}\, B\left(\alpha+\frac12,\frac12\right)=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\, \Gamma\left(\frac12\right)=\frac{\pi}{2}$ .

$\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{k\, \cos \, x}{\sqrt{1-k^2\sin^2 x}}\, dx=\arcsin k$

$\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{k\, \sin x \, \cos^2 x}{\sqrt{1-k^2\sin^2 x}}\, dx =\frac{1}{2k}+\frac{k^2-1}{2k^2}\, \operatorname{artanh}\, k$

Zwei Parameter

$2\int_0^\frac{\pi}{2} \sin^{2\alpha-1} x\, \cos^{2\beta-1} x\, dx=B(\alpha,\beta) \qquad \text{Re}(\alpha),\text{Re}(\beta)>0$

$\int_0^\pi \sin nx \, \cos mx \, dx=\left\{\begin{matrix} 0 & , & m\equiv n \mod 2 \\ \\ \frac{1}{n+m}+\frac{1}{n-m} & , & \mathrm{sonst} \end{matrix}\right.$

$\int_{-\pi}^\pi \sin^n x\, \cos^m x \, dx=\frac{\frac{n!}{2^n \left(\frac{n}{2}\right)!}\, \frac{m!}{2^m\left(\frac{m}{2}\right)!}}{\left(\frac{n+m}{2}\right)!}$ wenn $n,m\in\Bbb{N}$ beide gerade sind, andernfalls ist das Integral 0.

Drei Parameter

$\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{dx}{(a^2\, \cos^2 x+b^2\, \sin^2 x)^{n+1}} =\frac{\pi}{2ab}\,\sum_{k=0}^n \frac{{2k \choose k}}{(2a)^{2k}}\, \frac{{2(n-k) \choose n-k}}{(2b)^{2(n-k)}}$

[Bearbeiten] Form R(x,sin,coth)

$\int_{-\infty}^\infty \coth\frac{\pi x}{2} \,\,\frac{\sin \alpha x}{1+x^2}\, dx=4\sinh\alpha \,\; \text{artanh}\, e^{-\alpha} \qquad \alpha>0$

[Bearbeiten] Form R(x,sin, $Γ$ )

$\int_0^1 \log\Gamma(x)\, \sin(2n\pi x)\, dx=\frac{\gamma+\log(2n\pi)}{2n\pi} \qquad n\in\Bbb{Z}^{>0}$

Beweis

Multipliziere die Formel $\log\Gamma(x)=\int_0^\infty \left(\frac{x-1}{t\, e^t}-\frac{1-e^{-t(x-1)}}{t\, (e^t-1)}\right)\, dt$

mit $\sin(2n\pi x)\,$ durch und integriere nach $x\,$ von $0\,$ bis $1\,$ .

$I_n=\int_0^1 \log\Gamma(x)\, \sin(2n\pi x)\, dx$

$=\int_0^1 \int_0^\infty \left(\frac{x-1}{t\, e^t}\, \sin(2n\pi x)-\frac{1-e^{-t(x-1)}}{t\, (e^t-1)}\, \sin(2n\pi x)\right)\, dt\, dx$

Vertausche anschließend die Integrationsreihenfolge.

Wegen $\int_0^1\sin(2n\pi x)\, dx=0 \,\, , \,\, \int_0^1 x\,\sin(2n\pi x)\, dx=-\frac{1}{2n\pi}$

und $\int_0^1 e^{-t(x-1)}\, \sin(2n\pi x)\, dx=\frac{2n\pi}{(2n\pi)^2+t^2}\, (e^t-1)$

ist daher $I_n=\int_0^\infty \left(-\frac{1}{2n\pi}\, \frac{1}{t\, e^t}+\frac{1}{t}\, \frac{2n\pi}{(2n\pi)^2+t^2} \right)\, dt$

$\Rightarrow 2n\pi \, I_n=\int_0^\infty \left(\frac{(2n\pi)^2}{(2n\pi)^2+t^2}-\frac{1}{e^t}\right)\, \frac{dt}{t}=\int_0^\infty \left(\frac{1}{1+t^2}-\frac{1}{e^{2n\pi t}}\right)\, \frac{dt}{t}$

und das ist $\gamma+\log(2n\pi)\,$

wegen $\int_0^\infty \left(\frac{t^{z-1}}{1+t^2}-\frac{t^{z-1}}{e^{2n\pi t}}\right)\, dt=\frac{\pi}{2}\, \frac{1}{\sin\frac{\pi z}{2}}-\frac{\Gamma(z)}{(2n\pi)^z}$

$=\left(\frac{\pi}{2}\, \frac{1}{\sin\frac{\pi z}{2}}-\frac{1}{z}\right)+\frac{1}{(2n\pi)^z}\, \left(\underbrace{\frac{1}{z}\, (2n\pi)^z}_{\frac{1}{z}+\log(2n\pi)+O(z)}-\Gamma(z)\right)\to\gamma+\log(2n\pi)$ für $z\to 0^+$ .

[Bearbeiten] Form R(x,cos,arccos)

[Bearbeiten] Coxeter Integrale

$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \arccos\left(\frac{\cos x}{1+2\cos x}\right) dx=\frac{5\pi^2}{24}$

$\int_0^{\frac{\pi}{3}} \arccos\left(\frac{\cos x}{1+2\cos x}\right) dx=\frac{2\pi^2}{15}$

$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \arccos\left(\frac{1}{1+2\cos x}\right) dx=\frac{\pi^2}{6}$

$\int_0^{\frac{\pi}{3}} \arccos\left(\frac{1}{1+2\cos x}\right) dx=\frac{\pi^2}{8}$

$\int_0^{\arccos\left(\frac13\right)} \arccos\left(\frac{1-\cos x}{2\cos x}\right) dx=\frac{\pi^2}{6}$

$\int_0^{\frac{\pi}{3}} \arccos\left(\frac{1-\cos x}{2\cos x}\right) dx=\frac{11\pi^2}{72}$

$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \arccos\sqrt{\frac{\cos x}{1+2\cos x}} \, dx=\frac{\pi^2}{6}$

$\int_0^{\frac{\pi}{3}} \arccos\sqrt{\frac{\cos x}{1+2\cos x}} \, dx=\frac{5\pi^2}{48}$

[Bearbeiten] Form R(x,sinh,cosh)

[Bearbeiten] Eine Formel nach Lobatschewski

$\int_{-\infty}^\infty \frac{2x\sinh x}{\cosh 2x+\cos 2\alpha}=\pi\frac{\alpha}{\sin\alpha} \qquad -\frac{\pi}{2}<\text{Re}(\alpha)<\frac{\pi}{2}$

Beweis

Im Fall $\alpha=0\,$ ist $\cosh 2x+\cos 2\alpha=2\cosh^2 x\,$ .

Das gesuchte Integral $\int_{-\infty}^\infty \frac{x\,\sinh x}{\cosh^2 x}\, dx$ ist dann

nach partieller Integration $\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\cosh x}=\pi$ .

Im Fall $\alpha\neq 0\,$ hat die Funktion $f(z)=\frac{2z\sinh z}{\cosh 2z+\cos 2\alpha}$

ihre Singularitäten bei $z=i\left(k\frac{\pi}{2}\pm\alpha\right)$ ,

wobei $k\,$ eine ungerade Zahl ist.

Für $R>\text{Im}(\alpha)\,$ umschließt die Kurve $\gamma_R\,$ die beiden Singularitäten $z_{1/2}=i\left(\frac{\pi}{2}\pm\alpha\right)$ .

Also ist $I=\oint_{\gamma_R} f\, dz=2\pi i\left(\text{res}\left[f,i\left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)\right]+\text{res}\left[f,i\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)\right]\right)=\pi\frac{\alpha+\frac{\pi}{2}}{\sin \alpha}+\pi\frac{\alpha-\frac{\pi}{2}}{\sin \alpha}=2\pi\frac{\alpha}{\sin \alpha}$ .

Für $R\to\infty\,$ gehen die Integrale über den vertikalen Strecken, nämlich $\int_{-R}^{-R+i\pi} f\, dz$ und $\int_{R}^{R+i\pi} f\, dz$ , gegen Null.

Also ist $I=\int_{-\infty}^\infty f(x)\, dx+\int_{-\infty}^\infty f(i\pi-x)\, (-dx)$ , wobei $-f(i\pi-x)=f(x)+2\pi i\underbrace{\frac{\sinh x}{\cosh 2x+\cos 2\alpha}}_{\text{ungerade Funktion}}$ ist.

Daraus folgt $I=\int_{-\infty}^\infty 2f(x)\, dx=2\pi\frac{\alpha}{\sin \alpha}$ .

$\int_0^\infty \frac{\sinh \pi x\, \sinh ax}{\cosh 2\pi x+\cos 2\pi b}\, dx=\frac{\sin ab}{4\,\cos\left(\frac{a}{2}\right)\, \sin \pi b}$

[Bearbeiten] Form R(x,exp,log, $Γ$ )

[Bearbeiten] Eine Formel nach Ramanujan

$\int_0^\infty \frac{z^x}{\Gamma(1+x)} \, dx=e^z-\int_0^\infty \frac{e^{-zx}}{x\, \big(\log^2(x)+\pi^2\big)} \, dx \qquad \text{Re}(z)>0$

[Bearbeiten] Form R(x,exp,sin,cos)

$\int_0^\infty e^{-ax} \, \begin{matrix}\cos \\ \sin \end{matrix}(bx) \, x^{s-1}\, dx =\frac{\Gamma(s)}{\sqrt{a^2+b^2}^s} \, \begin{matrix}\cos \\ \sin \end{matrix} \left(s\, \arctan\left(\frac{b}{a}\right)\right) \qquad a>0 \,,\, b\in\Bbb{R} \,,\, \operatorname{Re}(s)>0$

[Bearbeiten] Formel von Lobatschewski

Ist $f:\Bbb{R}\to\Bbb{R}$ integrierbar und $\pi\,$ -periodisch so gilt

$\int_{-\infty}^\infty f(x)\, \frac{\sin x}{x}\, dx=\int_0^\pi f(x)\, dx$ und $\text{p.V.}\int_{-\infty}^\infty f(x)\, \frac{\tan x}{x}\, dx=\int_0^\pi f(x)\, dx$

Beweis

$\int_{-\infty}^\infty f(x)\, \frac{\sin x}{x}\, dx=\sum_{k\in\Bbb{Z}} \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} f(x)\, \frac{\sin x}{x}\, dx=\sum_{k\in\Bbb{Z}} \int_0^\pi f(x)\, \frac{(-1)^k\, \sin x}{x+k\pi}\, dx$

$=\int_0^\pi f(x) \underbrace{\sum_{k\in\Bbb{Z}} \frac{(-1)^k}{x+k\pi}}_{\csc x}\, \sin x\, dx=\int_0^\pi f(x)\, dx$ .

Analog ist

$\sum_{k\in\Bbb{Z}} \int_{\left(k-\frac12\right)\pi+\varepsilon}^{\left(k+\frac12\right)\pi-\varepsilon} f(x)\, \frac{\tan x}{x}\, dx=\sum_{k\in\Bbb{Z}} \int_{\frac{\pi}{2}+\varepsilon}^{\frac{\pi}{2}-\varepsilon} f(x)\, \frac{\tan x}{x+k\pi}\, dx=\int_{\frac{\pi}{2}+\varepsilon}^{\frac{\pi}{2}-\varepsilon} f(x)\, \underbrace{\sum_{k\in\Bbb{Z}} \frac{1}{x+k\pi}}_{\cot x}\, \tan x\, dx$

$=\int_{\frac{\pi}{2}+\varepsilon}^{\frac{\pi}{2}-\varepsilon} f(x)\, dx\to\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} f(x)\, dx=\int_0^\pi f(x)\,dx$ für $\varepsilon\to 0+$ .

[Bearbeiten] Poissonsche Integralformel

Für $|R|>|r|\ge 0$ und $\phi\in\Bbb{C}$ , mit $\left|\text{Im}\phi\right|<\log\left|\frac{R}{r}\right|$ falls $r\neq 0\,$ ist, sei der Poissonsche Integralkern $P_R(r,\phi)\,$ definiert als $\frac{R^2-r^2}{R^2-2Rr\cos\phi+r^2}$ .

Ist $f:\overline{B_R(0)}\to\Bbb{C} \; , \; z\mapsto\sum_{k=0}^\infty a_k z^k$ eine holomorphe Funktion, so gilt $\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi P_R(r,\phi-\varphi)\, f(Re^{i\varphi}) \, d\varphi=f(re^{i\phi})$ .

Beweis

Der Kern $P_R(r,\phi)\,$ besitzt die komplexe Fourierreihenentwicklung $\sum_{n\in\Bbb{Z}} \left(\frac{r}{R}\right)^{|n|} e^{in\phi}$ .

Nun ist $\int_{-\pi}^\pi P_R(r,\phi-\varphi)\, f(Re^{i\varphi}) \, d\varphi=\int_{-\pi}^\pi \sum_{n\in\Bbb{Z}} \left(\frac{r}{R}\right)^{|n|} e^{in(\phi-\varphi)} \sum_{k=0}^\infty a_k R^k e^{ik\varphi}\,\; d\varphi$

$=\sum_{k=0}^\infty \sum_{n\in\Bbb{Z}} a_k R^k \left(\frac{r}{R}\right)^{|n|} e^{in\phi} \underbrace{\int_{-\pi}^\pi e^{-in\varphi}\, e^{ik\varphi}\, d\varphi}_{2\pi \delta_{nk}}=2\pi\sum_{k=0}^\infty a_k r^k e^{ik\phi}=2\pi\, f(r e^{i\phi})$ .

[Bearbeiten] Mehrfachintegrale

$\int_0^1 \int_0^1 (xy)^{xy}\, dx\, dy=\int_0^1 x^x\, dx$

Beweis

$\int_0^1 \int_0^1 (xy)^{xy}\, dx\, dy$ ist nach Substitution $x\mapsto\frac{x}{y}$ gleich $\int_0^1 \int_0^y x^x\,\frac{dx}{y}\, dy$

Nach dem Vertauschen der Integrationsreihenfolge ist dies $\int_0^1 \int_x^1 x^x\,\frac{dy}{y}\, dx=\int_0^1 x^x \, (-\log x)\, dx$

Wegen $\int_0^1 x^x \, (1+\log x)\, dx=\left[x^x\right]_0^1=0$ ist $\int_0^1 x^x \, dx=\int_0^1 x^x \, (-\log x)\, dx$

$\int_0^1\int_0^1\int_0^1 \sqrt{x^2+y^2+z^2} \, dx \, dy\, dz=\log(\sqrt{3}+1)+\frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{\log 2}{2}-\frac{\pi}{24}$

$\int_0^1 \int_0^1 \max\left\{x^{\alpha_1-1}\, y^{\beta_1-1},x^{\alpha_2-1}\, y^{\beta_2-1} \right\} \, dx\, dy=\frac{\frac{\alpha_1-\alpha_2}{\alpha_2}+\frac{\beta_2-\beta_1}{\beta_1}}{\alpha_1 \beta_2-\alpha_2\beta_1}\qquad \alpha_1>\alpha_2>0 \, , \, \beta_2>\beta_1>0$

Ist $V=\left\{(x_1,...,x_n)\ge 0\, \left|\, \left(\frac{x_1}{a_1}\right)^{b_1}+...+\left(\frac{x_n}{a_n}\right)^{b_n}\le 1\right.\right\}$ so gilt

$\int_V x_1^{c_1-1} \cdots x_n^{c_n-1} \, dx_1 \cdots dx_n =\frac{{a_1}^{c_1}\cdots {a_n}^{c_n}}{b_1\cdots b_n} \, \frac{\Gamma\left(\frac{c_1}{b_1}\right)\cdots \Gamma\left(\frac{c_n}{b_n}\right)}{\Gamma\left(\frac{c_1}{b_1}+...+\frac{c_n}{b_n}+1\right)}$

$\int_0^1\cdots \int_0^1 \max\left\{x_1^{\alpha_1},...,x_n^{\alpha_n} \right\}\, dx_1\cdots dx_n=\frac{\frac{1}{\alpha_1}+...+\frac{1}{\alpha_n}}{1+\frac{1}{\alpha_1}+...+\frac{1}{\alpha_n}}\qquad \alpha_1,...,\alpha_n>0$

[Bearbeiten] Hadjicostas Formel

$\int_0^1 \int_0^1 \frac{(-\log xy)^{s-2}}{1-xy}\, (1-x)\, dx\, dy=\Gamma(s) \left(\zeta(s)-\frac{1}{s-1}\right) \qquad \text{Re}(s)>0$

Beweis

$I:=\int_0^1 \int_0^1 \frac{(-\log xy)^{s-2}}{1-xy}\, (1-x)\, dy\, dx$

ist nach Substitution $u=xy\,$ gleich $\int_0^1 \int_0^x \frac{(-\log u)^{s-2}}{1-u}\, (1-x)\, \frac{du}{x}\, dx$ .

Vertauscht man die Integrationsreihenfolge so ist $I=\int_0^1 \int_u^1 \left(\frac{1}{x}-1\right) dx\, \frac{(-\log u)^{s-2}}{1-u}\, du$

$=\int_0^1 \left(-\log u-(1-u)\right) \frac{(-\log u)^{s-2}}{1-u}\, du=\int_0^1 \left(\frac{(-\log u)^{s-1}}{1-u}-(-\log u)^{s-2}\right) du$ .

Substituiert man $u=e^{-t}\,$ so ist $I=\int_0^\infty \left(\frac{t^{s-1}}{e^t-1}-t^{s-2}\, e^{-t}\right) dt$ .

Für $\text{Re}(s)>1\,$ ist das $\Gamma(s)\zeta(s)-\Gamma(s-1)=\Gamma(s)\left(\zeta(s)-\frac{1}{s-1}\right)$ .

Wegen der analytischen Fortsetzbarkeit gilt dies auch für $\text{Re}(s)>0\,$ ,

wobei der Fall $s=1\,$ als Grenzwert $\gamma\,$ zu interpretieren ist.

[Bearbeiten] Watson Integral

$\int_0^\pi \int_0^\pi \int_0^\pi \frac{dx\, dy\, dz}{1-\cos x\, \cos y\, \cos z}=\frac14 \left[\Gamma\left(\frac14\right)\right]^4$

Beweis

$I:=\int_0^\pi \int_0^\pi \int_0^\pi \frac{dx\, dy\, dz}{1-\cos x\, \cos y\, \cos z}$ ist nach den Substitutionen $\left[\begin{matrix} x\mapsto 2\arctan x \\ y \mapsto 2\arctan y \\ z\mapsto 2\arctan z \end{matrix}\right]$ gleich

$\int_0^\infty \int_0^\infty \int_0^\infty \frac{\frac{2 dx}{1+x^2}\cdot \frac{2 dy}{1+y^2} \cdot \frac{2 dz}{1+z^2}}{1-\frac{1-x^2}{1+x^2}\cdot \frac{1-y^2}{1+y^2} \cdot \frac{1-z^2}{1+z^2}}=8 \int_0^\infty \int_0^\infty \int_0^\infty \frac{dx\, dy\, dz}{(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)-(1-x^2)(1-y^2)(1-z^2)}$

$=4\int_0^\infty \int_0^\infty \int_0^\infty \frac{dx\, dy\, dz}{x^2+y^2+z^2+x^2 y^2 z^2}$ .

Wechselt man von kartesischen Koordinaten zu Kugelkoordinaten $\left[\begin{matrix} x = r \, \sin\theta \, \cos \varphi \\ y = r\, \sin\theta\, \sin\varphi \\ z = r\, \cos\theta \qquad\; \end{matrix}\right]$ , so ist

$I=4\int_0^{\frac{\pi}{2}} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \int_0^\infty \frac{r^2\, \sin\theta\; dr\, d\theta\, d\varphi}{r^2+r^2\, \sin^2 \theta\, \cos^2 \varphi\cdot r^2\, \sin^2 \theta\, \sin^2\varphi \cdot r^2\, \cos^2 \theta}$

$=4\int_0^{\frac{\pi}{2}} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \int_0^\infty \frac{dr}{1+\Big(r\, \sin\theta\, \sqrt{\cos\theta} \, \sqrt{\cos\varphi\, \sin\varphi}\Big)^4}\, \sin\theta\; d\theta\, d\varphi$

Das ist nach Substitution $t=r\, \sin\theta \, \sqrt{\cos \theta} \,\sqrt{\sin \varphi\, \cos\varphi}$ gleich $4\int_0^{\frac{\pi}{2}} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \int_0^\infty \frac{dt\, d\theta\, d\varphi}{(1+t^4)\, \sqrt{\cos\theta}\, \sqrt{\sin\varphi\, \cos\varphi}}$

$=4\int_0^\infty \frac{dt}{1+t^4}\cdot \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{\cos\theta}}\cdot \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\varphi}{\sqrt{\sin\varphi\, \cos\varphi}}=4\cdot\frac{\sqrt{2}\,\pi}{4}\cdot\frac{\Gamma^2\left(\frac14\right)}{2\, \sqrt{2\pi}}\cdot\frac{\Gamma^2\left(\frac14\right)}{2\sqrt{\pi}}=\frac14\, \left[\Gamma\left(\frac14\right)\right]^4$ .

[Bearbeiten] Selberg Integral

$\int_0^1 \cdots \int_0^1 \prod_{i=1}^n \left(t_i^{\alpha-1}\, (1-t_i)^{\beta-1}\right) \prod_{1\le i<j\le n} |t_i-t_j|^{2\gamma}\, dt_1\cdots dt_n=\prod_{j=0}^{n-1} \frac{\Gamma(\alpha+j\gamma)\,\Gamma(\beta+j\gamma)\, \Gamma(1+(j+1)\gamma)}{\Gamma(\alpha+\beta+(n+j-1)\gamma)\, \Gamma(1+\gamma)}$

Formelsammlung Mathematik: Bestimmte Integrale

Aus Wikibooks

Inhaltsverzeichnis

[Bearbeiten] Form R(x)

[Bearbeiten] Eine Formel nach Gauß

[Bearbeiten] Eine Formel nach Ramanujan

[Bearbeiten] Form R(x,exp)

[Bearbeiten] Gauß'sches Fehlerintegral

[Bearbeiten] Malmstén'sche Formel

[Bearbeiten] Erste Binet'sche Formel

[Bearbeiten] Form R(x,log)

[Bearbeiten] Form R(x,sin)

[Bearbeiten] Eine Formel nach Ramanujan

[Bearbeiten] Form R(x,cos)

[Bearbeiten] Cauchysche Cosinus-Integralformel

[Bearbeiten] Form R(x,tan)

[Bearbeiten] Form R(x,sec)

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[Bearbeiten] Form R(x,sech)

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[Bearbeiten] Ahmed'sches Integral

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[Bearbeiten] Barnes' Lemma

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[Bearbeiten] Zweite Binet'sche Formel

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[Bearbeiten] Vardi'sches Integral

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[Bearbeiten] Raabesche Formel

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[Bearbeiten] Liouville'sches Integral

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[Bearbeiten] Coxeter Integrale

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[Bearbeiten] Eine Formel nach Lobatschewski

[Bearbeiten] Form R(x,exp,log,Γ)

[Bearbeiten] Eine Formel nach Ramanujan

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[Bearbeiten] Formel von Lobatschewski

[Bearbeiten] Poissonsche Integralformel

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