Formelsammlung Mathematik: Bestimmte Integrale: Form R(x,exp,Gamma)

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2.1

$\frac{1}{2\pi i}{\int }_{a-i\mathrm{\infty }}^{a+i\mathrm{\infty }}\mathrm{\Gamma }(s)t^{-s}ds=e^{-t}a>0,\text{Re}(t)>0$

Beweis (Cahen-Mellin Integral)

Diese Formel ergibt sich aus der Mellin-Rücktransformation.

Aus $\mathrm{\Gamma }(s)=ℳ\left[e^{-t}\right](s)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-t}{t}^{s-1}dt$

folgt $e^{-t}={ℳ}^{-1}[\mathrm{\Gamma }(s)](t)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{a-i\mathrm{\infty }}^{a+i\mathrm{\infty }}\mathrm{\Gamma }(s)t^{-s}ds$.

2.2

$\frac{1}{2\pi i}{\int }_{-i\mathrm{\infty }}^{i\mathrm{\infty }}{e}^{2bix}|\mathrm{\Gamma }(\alpha +x){|}^{2}dx=\frac{\mathrm{\Gamma }(2\alpha )}{(2\cos b{)}^{2\alpha }}\text{Re}(\alpha )>0,|\text{Re}(b)|<\frac{\pi }{2}$

Beweis

In der Formel

$\frac{1}{2\pi i}{\int }_{-i\mathrm{\infty }}^{i\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{\Gamma }({\alpha }_1+x)}{{\beta }_1^{{\alpha }_1+x}}\frac{\mathrm{\Gamma }({\alpha }_2-x)}{{\beta }_2^{{\alpha }_2-x}}dx=\frac{\mathrm{\Gamma }({\alpha }_1+{\alpha }_2)}{({\beta }_1+{\beta }_2{)}^{{\alpha }_1+{\alpha }_2}}\text{Re}({\alpha }_1),\text{Re}({\alpha }_2),\text{Re}({\beta }_1),\text{Re}({\beta }_2)>0$

setze ${\alpha }_1={\alpha }_2=\alpha ,{\beta }_1=e^{ib}$ und ${\beta }_2=e^{-ib}$.

3.1

${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{itx}}{\mathrm{\Gamma }(\mu +x)\mathrm{\Gamma }(\nu -x)}dx=\{\begin{array}{cc}\frac{{(2\cos \frac{t}{2})}^{\mu +\nu -2}}{\mathrm{\Gamma }(\mu +\nu -1)}{e}^{-i(\mu -\nu )t/2}& -\pi <t<\pi \\ 0& \text{sonst}\end{array}\text{Re}(\mu +\nu )>1$

Beweis

Setze $f(t)=\{\begin{array}{cc}\frac{{(2\cos \frac{t}{2})}^{\mu +\nu -2}}{\mathrm{\Gamma }(\mu +\nu -1)}{e}^{-i(\mu -\nu )t/2}& -\pi <t<\pi \\ 0& \text{sonst}\end{array}$

und berechne davon die Fouriertransformierte $\hat{f}(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(t)e^{-ixt}dt$.

Das ist $\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{{(2\cos \frac{t}{2})}^{\mu +\nu -2}}{\mathrm{\Gamma }(\mu +\nu -1)}{e}^{-i(\mu -\nu )t/2}{e}^{-ixt}dt$, da $f(t)$ für $|t|\ge \pi$ verschwindet.

Und das ist $\frac{2}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{{(2\cos t)}^{\mu +\nu -2}}{\mathrm{\Gamma }(\mu +\nu -1)}{e}^{-i(\mu -\nu +2x)t}dt$ nach der Substitution $t\mapsto 2t$.

Der ungerade Anteil hebt sich auf; somit ist $\hat{f}(x)=\frac{2}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{{(2\cos t)}^{\mu +\nu -2}}{\mathrm{\Gamma }(\mu +\nu -1)}\cos (\mu -\nu +2x)tdt$,

was sich aufgrund der Symmetrie auch als $\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\frac{2^{\mu +\nu }}{\mathrm{\Gamma }(\mu +\nu -1)}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{(\cos t)}^{\mu +\nu -2}\cos (\mu -\nu +2x)tdt$ schreiben lässt.

Nach der Cauchyschen Cosinus-Integralformel ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(\cos t{)}^{\alpha -1}\cos \beta tdt=\frac{\pi }{2^{\alpha }}\frac{\mathrm{\Gamma }(\alpha )}{\mathrm{\Gamma }\left(\frac{\alpha +\beta -1}{2}\right)\mathrm{\Gamma }\left(\frac{\alpha +\beta -1}{2}\right)}$ ist nun

$\hat{f}(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\frac{2^{\mu +\nu }}{\mathrm{\Gamma }(\mu +\nu -1)}\frac{\pi }{2^{\mu +\nu -1}}\frac{\mathrm{\Gamma }(\mu +\nu -1)}{\mathrm{\Gamma }\left(\frac{(\mu +\nu -1)+(\mu -\nu +2x)+1}{2}\right)\mathrm{\Gamma }\left(\frac{(\mu +\nu -1)-(\mu -\nu +2x)+1}{2}\right)}=\frac{\sqrt{2\pi }}{\mathrm{\Gamma }(\mu +x)\mathrm{\Gamma }(\nu -x)}$.

Die behauptete Gleichung ist dann die Rücktransformation $\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\hat{f}(x)e^{itx}dx=f(t)$.