Formelsammlung Mathematik: Bestimmte Integrale: Form R(x,tan)

Zurück zu Bestimmte Integrale

0.1

${\int }_0^{\pi }x\tan xdx=-\pi \log 2$

Beweis

Setzt man $f(z)=z\tan z$, so ist

${\int }_{C_{\epsilon }}fdz+{\int }_{K_{\epsilon }}fdz+{\int }_{D_{\epsilon }}fdz+{\int }_{{\gamma }_N}fdz+{\int }_{{\sigma }_N}fdz+{\int }_{{\delta }_N}fdz=\oint fdz=0$.

Nun ist $\underset{\epsilon \to 0+}{lim}{\int }_{C_{\epsilon }}fdz+{\int }_{D_{\epsilon }}fdz=\text{p.V.}{\int }_0^{\pi }x\tan xdx$

und $\underset{\epsilon \to 0+}{lim}{\int }_{K_{\epsilon }}fdz=-i\pi \text{res}(f,\frac{\pi }{2})=\frac{i{\pi }^2}{2}$.

Und aus ${\int }_{{\gamma }_N}fdz+{\int }_{{\delta }_N}fdz={\int }_0^{N}f(\pi +iy)idy-{\int }_0^{N}f(iy)idy=-\pi {\int }_0^N\tanh ydy=-\pi \log (\cosh N)$

und ${\int }_{{\sigma }_N}fdz=-{\int }_0^{\pi }f(x+iN)dx=\pi \log (2\cosh N)-\frac{i{\pi }^2}{2}$

folgt ${\int }_{{\gamma }_N}fdz+{\int }_{{\sigma }_N}fdz+{\int }_{{\delta }_N}fdz=\pi \log 2-\frac{i{\pi }^2}{2}$.

Also ist $\text{p.V.}{\int }_0^{\pi }x\tan xdx+\pi \log 2=0$.

0.2

${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\log (1+\tan x)dx=\frac{\pi }{8}\log 2$

Beweis

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

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

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

${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\log \cos (\frac{\pi }{4}-x)dx={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\log (\cos x)dx$ ist,

ist das gesuchte Integral ${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{1}{2}\log 2dx=\frac{\pi }{8}\log 2$ .

1.1

${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{\tan \alpha x}{x}dx=\pi \alpha >0$

Beweis

Nach der Formel von Lobatschewski ist ${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}1\cdot \frac{\tan x}{x}dx={\int }_0^{\pi }1dx=\pi$.

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

1.2

${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{1+{\tan }^{\alpha }x}dx=\frac{\pi }{4}\alpha \in ℂ\setminus i{ℝ}^{\times }$

Beweis

Für $\alpha \in ℂ\setminus i{ℝ}^{\times }$ sei $I(\alpha )={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{1+{\tan }^{\alpha }x}dx$.

Nach Substitution $x\mapsto \frac{\pi }{2}-x$ 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 $I(\alpha )=\frac{\pi }{4}$.

1.3

${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\tan }^{2\alpha -1}xdx=\frac{\pi }{2\sin \alpha \pi }0<\text{Re}(\alpha )<1$

Beweis

Verwende die Formel

$2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{2\alpha -1}x{\cos }^{2\beta -1}xdx=\frac{\mathrm{\Gamma }(\alpha )\mathrm{\Gamma }(\beta )}{\mathrm{\Gamma }(\alpha +\beta )}\text{Re}(\alpha ),\text{Re}(\beta )>0$.

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

Also ist $2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\tan }^{2\alpha -1}xdx=\mathrm{\Gamma }(\alpha )\mathrm{\Gamma }(1-\alpha )$.

Und das ist $\frac{\pi }{\sin \alpha \pi }$ nach dem Eulerschen Ergänzungssatz.