Formelsammlung Mathematik: Bestimmte Integrale: Allgemeine Integralformeln

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1.1

$\int _{-\infty }^{\infty }f\left(x-{\frac {b}{x}}\right)dx=\int _{-\infty }^{\infty }f(x)\,dx\qquad b>0$

Beweis (Formel nach Cauchy)

$I:=\int _{-\infty }^{\infty }f\left(x-{\frac {b}{x}}\right)dx=\int _{-\infty }^{0}f\left(x-{\frac {b}{x}}\right)dx+\int _{0}^{\infty }f\left(x-{\frac {b}{x}}\right)dx$

Substituiert man bei beiden Integralen auf der rechten Seite $x\mapsto -{\frac {b}{x}}$, so ist

$I=\int _{0}^{\infty }f\left(-{\frac {b}{x}}+x\right){\frac {b}{x^{2}}}\,dx+\int _{-\infty }^{0}f\left(-{\frac {b}{x}}+x\right){\frac {b}{x^{2}}}\,dx=\int _{-\infty }^{\infty }f\left(x-{\frac {b}{x}}\right){\frac {b}{x^{2}}}\,dx$.

Daher ist

$2I=\int _{-\infty }^{\infty }f\left(x-{\frac {b}{x}}\right)\left(1+{\frac {b}{x^{2}}}\right)dx=\int _{-\infty }^{0}f\left(x-{\frac {b}{x}}\right)\left(1+{\frac {b}{x^{2}}}\right)dx+\int _{0}^{\infty }f\left(x-{\frac {b}{x}}\right)\left(1+{\frac {b}{x^{2}}}\right)dx$.

Substituiert man nun bei beiden Integralen auf der rechten Seite $y=x-{\frac {b}{x}}\;\;\left[dy=\left(1+{\frac {b}{x^{2}}}\right)dx\right]$, so ist

$2I=\int _{-\infty }^{\infty }f(y)dy+\int _{-\infty }^{\infty }f(y)dy$, woraus die Behauptung folgt.

 

1.2

Ist $\phi (x):=x-\sum _{k=0}^{n}{\frac {a_{k}}{x+b_{k}}}$ mit $a_{0},a_{1},...,a_{n}>0\,$ und $b_{0},b_{1},...,b_{n}\in \mathbb {R}$, so gilt $\int _{-\infty }^{\infty }f(\phi (x))\,dx=\int _{-\infty }^{\infty }f(x)\,dx$.

ohne Beweis (Glassers Formel)

 

2

Für ein $0<\delta <1\,$ sei $H(\delta ):=\left\{z\in \mathbb {C} \,|\,{\text{Re}}(z)\geq -\delta \right\}$.

$f:\,H(\delta )\to \mathbb {C}$ sei eine analytische Funktion, zu der es Konstanten $C,P\in \mathbb {R}$ und $A<\pi \,$ gibt,

so dass $|f(z)|\leq C\cdot e^{P\cdot {\text{Re}}(z)+A\cdot |{\text{Im}}(z)|}$ gilt $\forall z\in H(\delta )$.

Wenn man für $x>0\,$ und ein $0<c<\delta \qquad F(x):={\frac {1}{2\pi i}}\int _{c-i\infty }^{c+i\infty }{\frac {\pi }{\sin \pi z}}\,f(-z)\,x^{-z}\,dz$ setzt, so ist

$F(x)=\sum _{k=0}^{\infty }f(k)\,(-x)^{k}$ für $0<x<e^{-P}\,$   und   $\int _{0}^{\infty }F(t)\,t^{s-1}\,dt={\frac {\pi }{\sin \pi s}}\,f(-s)$ für $0<{\text{Re}}(s)<\delta \,$.

ohne Beweis (Hardys Version von Ramanujan Master Theorem)

 

3

Es sei $f\,$ eine rationale Funktion ohne Polstellen auf der positiven reellen Achse und mit höchstens einer einfachen Polstelle im Ursprung.

Ist dann der Nennergrad um mindestens 2 größer als der Zählergrad, so gilt:

$\int _{0}^{\infty }f(x)\,x^{\alpha }\,dx={\frac {\pi }{\sin \alpha \pi }}\,\sum {\text{res}}{\Big (}f(-z)\,z^{\alpha }{\Big )}\qquad 0<\alpha <1$

ohne Beweis

 

4

Ist $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ 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 (Formel von Lobatschewski)

$\int _{-\infty }^{\infty }f(x)\,{\frac {\sin x}{x}}\,dx=\sum _{k\in \mathbb {Z} }\int _{k\pi }^{(k+1)\pi }f(x)\,{\frac {\sin x}{x}}\,dx=\sum _{k\in \mathbb {Z} }\int _{0}^{\pi }f(x)\,{\frac {(-1)^{k}\,\sin x}{x+k\pi }}\,dx$

$=\int _{0}^{\pi }f(x)\underbrace {\sum _{k\in \mathbb {Z} }{\frac {(-1)^{k}}{x+k\pi }}} _{\csc x}\,\sin x\,dx=\int _{0}^{\pi }f(x)\,dx$.

Analog ist

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

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

 

5

Für $|R|>|r|\geq 0$ und $\phi \in \mathbb {C}$, 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 $f:{\overline {B_{R}(0)}}\to \mathbb {C} \;,\;z\mapsto \sum _{k=0}^{\infty }a_{k}z^{k}$ 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 (Poissonsche Integralformel)

Der Kern $P_{R}(r,\phi )\,$ besitzt die komplexe Fourierreihenentwicklung $\sum _{n\in \mathbb {Z} }\left({\frac {r}{R}}\right)^{|n|}e^{in\phi }$.

Nun ist $\int _{-\pi }^{\pi }P_{R}(r,\phi -\varphi )\,f(Re^{i\varphi })\,d\varphi =\int _{-\pi }^{\pi }\sum _{n\in \mathbb {Z} }\left({\frac {r}{R}}\right)^{|n|}e^{in(\phi -\varphi )}\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}R^{k}e^{ik\varphi }\,\;d\varphi$

$=\sum _{k=0}^{\infty }\sum _{n\in \mathbb {Z} }a_{k}R^{k}\left({\frac {r}{R}}\right)^{|n|}e^{in\phi }\underbrace {\int _{-\pi }^{\pi }e^{-in\varphi }\,e^{ik\varphi }\,d\varphi } _{2\pi \delta _{nk}}=2\pi \sum _{k=0}^{\infty }a_{k}r^{k}e^{ik\phi }=2\pi \,f(re^{i\phi })$.

 

6

$\int _{0}^{\infty }f\left(x+{\frac {\alpha }{x}}\right)dx=\int _{0}^{\infty }f\left({\sqrt {x^{2}+4\alpha }}\,\right)dx\qquad \alpha >0$

Beweis

$I:=\int _{0}^{\infty }f\left(x+{\frac {\alpha }{x}}\right)dx=\underbrace {\int \limits _{0}^{\sqrt {\alpha }}f\left(u+{\frac {\alpha }{u}}\right)du} _{=:J}+\int \limits _{\sqrt {a}}^{\infty }f\left(t+{\frac {\alpha }{t}}\right)dt$

Nach Substitution $u={\frac {\alpha }{t}}$ ist $J=\int \limits _{\infty }^{\sqrt {a}}f\left({\frac {\alpha }{t}}+t\right){\frac {-\alpha }{t^{2}}}\,dt=\int \limits _{\sqrt {a}}^{\infty }f\left(t+{\frac {\alpha }{t}}\right)\,{\frac {\alpha }{t^{2}}}\,dt$.

Also ist $I=\int \limits _{\sqrt {a}}^{\infty }f\left(t+{\frac {\alpha }{t}}\right)\left(1+{\frac {\alpha }{t^{2}}}\right)dt=\int \limits _{\sqrt {a}}^{\infty }f\left({\sqrt {\left(t-{\frac {\alpha }{t}}\right)^{2}+4\alpha }}\,\right)\cdot \left(1+{\frac {\alpha }{t^{2}}}\right)dt$.

Nach Substitution $x=t-{\frac {\alpha }{t}}$ ist $I=\int _{0}^{\infty }f\left({\sqrt {x^{2}+4\alpha }}\,\right)dx$.

 

7

$(a).\int _{0}^{\infty }f\left(x\right)G\left(x\right)dx=\int _{0}^{\infty }g\left(x\right)F\left(x\right)dx\qquad$ $(b).\int _{0}^{\infty }f\left(x\right)x^{n}dx=\left(-1\right)^{n}F^{(n)}\left(0\right)\qquad n\in \mathbb {Z}$

$(c).\int _{0}^{\infty }{\frac {f\left(x\right)}{x}}dx=\int _{0}^{\infty }F\left(x\right)dx\qquad$

hier $F\left(x\right)=\int _{0}^{\infty }f\left(t\right)e^{-xt}dt\qquad$ und $G\left(x\right)=\int _{0}^{\infty }g\left(t\right)e^{-xt}dt$

ohne Beweis