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

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1.1

${\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^2{e}^{-2ax}dx=a\log \left(\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}\right)+\mathrm{arccot}a$

ohne Beweis

2.1

${\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\alpha x}{\sin }^{2n}xdx=\frac{(2n)!}{\alpha ({\alpha }^2+2^2)({\alpha }^2+4^2)\cdots ({\alpha }^2+(2n{)}^2)}n\in \mathbb{N},\text{Re}(\alpha )>0$

Beweis

Es sei $I_n={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\alpha x}{\sin }^{n}xdx$.

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

Also ist

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

2.2

${\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\alpha x}{\sin }^{2n+1}xdx=\frac{(2n+1)!}{({\alpha }^2+1)({\alpha }^2+3^2)\cdots ({\alpha }^2+(2n+1{)}^2)}n\in \mathbb{N},\text{Re}(\alpha )>0$

Beweis

Es sei $I_n={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\alpha x}{\sin }^{n}xdx$.

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

Also ist

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

2.3

${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin \alpha x}{1-e^{\beta x}}dx=\frac{1}{2\alpha }-\frac{\pi }{2\beta }\text{coth}\left(\frac{\alpha \pi }{\beta }\right)$

Beweis

Aus $\frac{\sin \alpha x}{1-e^{\beta x}}=-\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-k\beta x}\sin \alpha x$ folgt ${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin \alpha x}{1-e^{\beta x}}dx=-\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-k\beta x}\sin \alpha xdx$.

Und das ist $-\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\alpha }{k^2{\beta }^2+{\alpha }^2}=\frac{1}{2\alpha }-\frac{1}{2}\sum _{k=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{\alpha }{k^2{\beta }^2+{\alpha }^2}=\frac{1}{2\alpha }-\frac{\pi }{2\beta }\text{coth}\left(\frac{\alpha \pi }{\beta }\right)$.

2.4

${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin \alpha x}{1+e^{\beta x}}dx=\frac{1}{2\alpha }-\frac{\pi }{2\beta }\text{csch}\left(\frac{\alpha \pi }{\beta }\right)$

Beweis

Aus $\frac{\sin \alpha x}{1+e^{\beta x}}=-\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^k{e}^{-k\beta x}\sin \alpha x$ folgt ${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin \alpha x}{1+e^{\beta x}}dx=-\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^k{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-k\beta x}\sin \alpha xdx$.

Und das ist $-\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^k\frac{\alpha }{k^2{\beta }^2+{\alpha }^2}=\frac{1}{2\alpha }-\frac{1}{2}\sum _{k=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^k\frac{\alpha }{k^2{\beta }^2+{\alpha }^2}=\frac{1}{2\alpha }-\frac{\pi }{2\beta }\text{csch}\left(\frac{\alpha \pi }{\beta }\right)$.

2.5

${\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-ax}\sin bxdx=\frac{b}{a^2+b^2}$

ohne Beweis

2.6

${\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-ax}\frac{\sin bx}{x}dx=\arctan \left(\frac{b}{a}\right)\text{Re}(a)\ge |\text{Im}(b)|,\frac{b}{a}\ne \pm i$

Beweis für a>b>0

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

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

Also ist ${\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-ax}\frac{\sin bx}{x}dx=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k}{(2k+1)!}{b}^{2k+1}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^{2k}{e}^{-ax}dx$

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

3.1

${\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-ax}\sin (bx)x^{s-1}dx=\frac{\mathrm{\Gamma }(s)}{{\sqrt{a^2+b^2}}^s}\sin (s\arctan \frac{b}{a})a>0,b\in ℝ,\text{Re}(s)>0$

ohne Beweis