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

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0.1
${\displaystyle \int _{0}^{\pi }x\,\tan x\,dx=-\pi \,\log 2}$
Beweis

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

${\displaystyle \int _{C_{\varepsilon }}f\,dz+\int _{K_{\varepsilon }}f\,dz+\int _{D_{\varepsilon }}f\,dz+\int _{\gamma _{N}}f\,dz+\int _{\sigma _{N}}f\,dz+\int _{\delta _{N}}f\,dz=\oint f\,dz=0}$.

Nun ist ${\displaystyle \lim _{\varepsilon \to 0+}\int _{C_{\varepsilon }}f\,dz+\int _{D_{\varepsilon }}f\,dz={\text{p.V.}}\int _{0}^{\pi }x\,\tan x\,dx}$

und ${\displaystyle \lim _{\varepsilon \to 0+}\int _{K_{\varepsilon }}f\,dz=-i\pi \,{\text{res}}\left(f,{\frac {\pi }{2}}\right)={\frac {i\pi ^{2}}{2}}}$.

Und aus ${\displaystyle \int _{\gamma _{N}}f\,dz+\int _{\delta _{N}}f\,dz=\int _{0}^{N}f(\pi +iy)\,i\,dy-\int _{0}^{N}f(iy)\,i\,dy=-\pi \int _{0}^{N}\tanh y\,dy=-\pi \log(\cosh N)}$

und ${\displaystyle \int _{\sigma _{N}}f\,dz=-\int _{0}^{\pi }f(x+iN)\,dx=\pi \log(2\cosh N)-{\frac {i\pi ^{2}}{2}}}$

folgt ${\displaystyle \int _{\gamma _{N}}f\,dz+\int _{\sigma _{N}}f\,dz+\int _{\delta _{N}}f\,dz=\pi \log 2-{\frac {i\pi ^{2}}{2}}}$.

Also ist ${\displaystyle {\text{p.V.}}\int _{0}^{\pi }x\,\tan x\,dx+\pi \log 2=0}$.

0.2
${\displaystyle \int _{0}^{\frac {\pi }{4}}\log(1+\tan x)\,dx={\frac {\pi }{8}}\log 2}$
Beweis

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

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

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

${\displaystyle \int _{0}^{\frac {\pi }{4}}\log \cos \left({\frac {\pi }{4}}-x\right)\,dx=\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}\log(\cos x)\,dx}$ ist,

ist das gesuchte Integral ${\displaystyle \int _{0}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {1}{2}}\log 2\,dx={\frac {\pi }{8}}\,\log 2}$ .

1.1
${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\tan \alpha x}{x}}\,dx=\pi \qquad \alpha >0}$
Beweis

Nach der Formel von Lobatschewski ist ${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }1\cdot {\frac {\tan x}{x}}\,dx=\int _{0}^{\pi }1\,dx=\pi }$.

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

1.2
${\displaystyle \int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {1}{1+\tan ^{\alpha }x}}\,dx={\frac {\pi }{4}}\qquad \alpha \in \mathbb {C} \setminus i\mathbb {R} ^{\times }}$
Beweis

Für ${\displaystyle \alpha \in \mathbb {C} \setminus i\mathbb {R} ^{\times }}$ sei ${\displaystyle I(\alpha )=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {1}{1+\tan ^{\alpha }x}}\,dx}$.

Nach Substitution ${\displaystyle x\mapsto {\frac {\pi }{2}}-x}$ ist ${\displaystyle I(\alpha )=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {1}{1+\cot ^{\alpha }x}}\,dx=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\tan ^{\alpha }x}{1+\tan ^{\alpha }x}}\,dx}$.

Addiert man die verschiedenen Darstellungen von ${\displaystyle I(\alpha )\,}$, so ist ${\displaystyle 2I(\alpha )=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {1+\tan ^{\alpha }x}{1+\tan ^{\alpha }x}}\,dx={\frac {\pi }{2}}}$.

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

1.3
${\displaystyle \int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\tan ^{2\alpha -1}\,x\;dx={\frac {\pi }{2\sin \alpha \pi }}\qquad 0<{\text{Re}}(\alpha )<1}$
Beweis

Verwende die Formel

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

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

Also ist ${\displaystyle 2\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\tan ^{2\alpha -1}x\;dx=\Gamma (\alpha )\,\Gamma (1-\alpha )}$.

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