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

Zurück zu Bestimmte Integrale

0.1

$\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi }}$

1. Beweis

$I^{2}=\left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx\right)\,\left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-y^{2}}\,dy\right)=\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dx\,dy$

lässt sich in Polarkoordinaten schreiben als $\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}\,r\,dr\,d\varphi$.

Und das ist $\int _{0}^{2\pi }\left[-{\frac {e^{-r^{2}}}{2}}\right]_{0}^{\infty }\,d\varphi =\int _{0}^{2\pi }{\frac {1}{2}}\,d\varphi =\pi \Rightarrow I={\sqrt {\pi }}$.

2. Beweis

Die Fläche, die entsteht wenn $f(x)=e^{-x^{2}}$ um die z-Achse rotiert, schließt mit der xy-Ebene das gleiche Volumen ein

wie die Fläche, die entsteht, wenn $f^{-1}(x)={\sqrt {-\log x}}$ um die x-Achse rotiert, mit der yz-Ebene.

Also $I^{2}=\pi \int _{0}^{1}{\sqrt {-\log x}}^{\,2}\,dx=\pi \Rightarrow I={\sqrt {\pi }}$.

3. Beweis

Definiert man $F(x)=\left(\int _{0}^{x}e^{-t^{2}}\,dt\right)^{2}$ und $G(x)=\int _{0}^{1}{\frac {e^{-x^{2}\,(1+t^{2})}}{1+t^{2}}}\,dt$, so ist $F'(x)=2\,\int _{0}^{x}e^{-t^{2}}\,dt\;e^{-x^{2}}$

und $G'(x)=\int _{0}^{1}e^{-x^{2}\,(1+t^{2})}\,(-2x)\,dt=-2\,\int _{0}^{1}e^{-x^{2}\,t^{2}}\,x\,dt\;e^{-x^{2}}=-2\int _{0}^{x}e^{-t^{2}}\,dt\;e^{-x^{2}}$.

Es ist also $F'(x)+G'(x)=0\,$. Folglich muss $F(x)+G(x)\,$ konstant sein.

$F(\infty )+G(\infty )=F(0)+G(0)\Rightarrow \left({\frac {I}{2}}\right)^{2}+0=0+{\frac {\pi }{4}}\Rightarrow I={\sqrt {\pi }}$

4. Beweis

Es sei $a={\sqrt {i\pi }}=(1+i){\sqrt {\frac {\pi }{2}}}$ und $f(z)={\frac {e^{-z^{2}}}{1+e^{-2az}}}$.

Wegen ${\text{Re}}(a)>0\,$ gilt $e^{-2ax}\to \left\{{\begin{matrix}0&,&x\to \infty \\\infty &,&x\to -\infty \end{matrix}}\right.$.

Ist $0\leq y\leq {\sqrt {\frac {\pi }{2}}}$, so geht für $x\to \pm \infty \,$ der Nenner von $f(x+iy)={\frac {e^{-x^{2}}\,e^{y^{2}-2ixy}}{1+e^{-2ax}\,e^{-2iay}}}$ gegen $1\,$ oder $\infty \,$

und der Zähler geht gegen Null. Also verschwinden die beiden Integrale $\int _{\pm R}^{\pm R+a}\,f\,dz$ für $R\to \infty \,$.

Wegen $f(z)-f(z+a)=e^{-z^{2}}$ gilt nun $\int _{-\infty }^{\infty }e^{-z^{2}}\,dz=\lim _{R\to \infty }\oint f\,dz=2\pi i\,{\text{res}}\left(f,{\frac {a}{2}}\right)={\sqrt {\pi }}$.

5. Beweis

Nach der Kettenregel gelten folgende Ableitungen und folgender Grenzwert:

${\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}-{\frac {1}{y^{2}+1}}\exp {\bigl [}-x^{2}(y^{2}+1){\bigr ]}=2\,x\exp {\bigl [}-x^{2}(y^{2}+1){\bigr ]}$

${\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}{\biggl [}\int _{0}^{1}x\exp(-x^{2}y^{2})\,\mathrm {d} y{\biggr ]}=\exp(-x^{2})$

$\lim _{x\rightarrow \infty }{\biggl [}\int _{0}^{1}x\exp(-x^{2}y^{2})\,\mathrm {d} y{\biggr ]}=\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x$

Der Ausdruck in den eckigen Klammern stellt somit die Ursprungsstammfunktion von $\exp(-x^{2})$ bezüglich $x$ dar.

Der Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung wird auf folgende Weise angewendet:

$\int _{0}^{\infty }{\biggl \{}{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}{\biggl [}\int _{0}^{1}x\exp(-x^{2}y^{2})\,\mathrm {d} y{\biggr ]}^{2}{\biggr \}}\,\mathrm {d} x={\biggl \{}{\biggl [}\int _{0}^{1}x\exp(-x^{2}y^{2})\,\mathrm {d} y{\biggr ]}^{2}{\biggr \}}_{x=0}^{x=\infty }={\biggl [}\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{2}$

Mit der Produktregel und dem Satz von Fubini ist folgende Umformung möglich:

$\int _{0}^{\infty }{\biggl \{}{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}{\biggl [}\int _{0}^{1}x\exp(-x^{2}y^{2})\,\mathrm {d} y{\biggr ]}^{2}{\biggr \}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\infty }2\,{\biggl \{}{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}{\biggl [}\int _{0}^{1}x\exp(-x^{2}y^{2})\,\mathrm {d} y{\biggr ]}{\biggr \}}{\biggl [}\int _{0}^{1}x\exp(-x^{2}y^{2})\,\mathrm {d} y{\biggr ]}\,\mathrm {d} x=$

$=\int _{0}^{\infty }2\exp(-x^{2}){\biggl [}\int _{0}^{1}x\exp(-x^{2}y^{2})\,\mathrm {d} y{\biggr ]}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\infty }{\biggl [}\int _{0}^{1}2\,x\exp(-x^{2})\exp(-x^{2}y^{2})\,\mathrm {d} y{\biggr ]}\,\mathrm {d} x=$

$=\int _{0}^{1}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }2\,x\exp(-x^{2})\exp(-x^{2}y^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}{\biggl \{}\int _{0}^{\infty }2\,x\exp {\bigl [}-x^{2}(y^{2}+1){\bigr ]}\,\mathrm {d} x{\biggr \}}\,\mathrm {d} y=$

$=\int _{0}^{1}{\biggl \{}-{\frac {1}{y^{2}+1}}\exp {\bigl [}-x^{2}(y^{2}+1){\bigr ]}{\biggr \}}_{x=0}^{x=\infty }\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}{\frac {1}{y^{2}+1}}\,\mathrm {d} y={\biggl [}\arctan(y){\biggr ]}_{y=0}^{y=1}={\frac {\pi }{4}}$

Durch Gleichsetzung der beiden zuletzt genannten Gleichungsketten folgt:

${\biggl [}\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{2}={\frac {\pi }{4}}$

$\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}{\sqrt {\pi }}$

6. Beweis

Das Integral der Gaußschen Glockenkurve kann mit Hilfe des Wallisschen Produktes bewiesen werden. Hierfür kann folgende Beweisführung formuliert werden:

Es gilt folgende Formel:

$2n\int _{0}^{\infty }x^{2n-1}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x-2\int _{0}^{\infty }x^{2n+1}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x=$

$\int _{0}^{\infty }2n\,x^{2n-1}\exp(-x^{2})-2x^{2n+1}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x=$

$={\biggl [}x^{2n}\exp(-x^{2}){\biggr ]}_{x=0}^{x=\infty }=0$

Analog hierzu gilt folgende Formel:

$(2n+1)\int _{0}^{\infty }x^{2n}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x-2\int _{0}^{\infty }x^{2n+2}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x=$

$\int _{0}^{\infty }(2n+1)\,x^{2n}\exp(-x^{2})-2x^{2n+2}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x=$

$={\biggl [}x^{2n+1}\exp(-x^{2}){\biggr ]}_{x=0}^{x=\infty }=0$

Das Integral vom Produkt von Glockenkurvenfunktion und quadrierender Funktion hat diese Identität:

$\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})-2x^{2}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x={\biggl [}x\exp(-x^{2}){\biggr ]}_{x=0}^{x=\infty }=0$

$\int _{0}^{\infty }x^{2}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x$

Daraus folgt für alle $n\in \mathbb {N}$:

$\int _{0}^{\infty }x^{2n+1}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x=\prod _{m=1}^{n}m\int _{0}^{\infty }x\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x$

$\int _{0}^{\infty }x^{2n+2}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x=\prod _{m=1}^{n}{\frac {1}{2}}(2m+1)\int _{0}^{\infty }x^{2}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x$

$\int _{0}^{\infty }x^{2n}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x=\prod _{m=1}^{n}{\frac {1}{2}}(2m-1)\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x$

Folgender Grenzwert der Integrale ist gültig:

$\lim _{n\rightarrow \infty }{\biggl [}\int _{0}^{\infty }x^{2n}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }x^{2n+2}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }x^{2n+1}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{-2}=1$

Durch Einsetzen kommt folgendes Resultat hervor:

$\lim _{n\rightarrow \infty }{\biggl [}\prod _{m=1}^{n}{\frac {1}{2}}(2m-1)\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}{\biggl [}\prod _{m=1}^{n}{\frac {1}{2}}(2m+1)\int _{0}^{\infty }x^{2}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}{\biggl [}\prod _{m=1}^{n}m\int _{0}^{\infty }x\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{-2}=1$

$\prod _{m=1}^{\infty }{\frac {(2m-1)(2m+1)}{4m^{2}}}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }x^{2}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }x\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{-2}=1$

Durch Einsetzen der genannten Identität vom Integral aus dem Produkt von Glockenkurvenfunktion und quadrierender Funktion folgt:

$\prod _{m=1}^{\infty }{\frac {(2m-1)(2m+1)}{4m^{2}}}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{2}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }x\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{-2}=2$

${\biggl [}\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{2}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }x\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{-2}=2\prod _{m=1}^{\infty }{\frac {4m^{2}}{(2m-1)(2m+1)}}=\pi$

Außerdem gilt dieses Integral:

$\int _{0}^{\infty }x\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x={\biggl [}{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{2}}\exp(-x^{2}){\biggr ]}_{x=0}^{x=\infty }={\frac {1}{2}}$

Soergibt sich diese Fortführung der Gleichungsliste:

${\biggl [}\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{2}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }x\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{-2}=\pi$

${\biggl [}\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{2}{\bigl (}{\frac {1}{2}}{\bigr )}^{-2}=\pi$

$\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}{\sqrt {\pi }}$

0.2

$\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{4}}\,dx=2^{-1/4}\,\pi ^{1/4}\,\varpi ^{1/2}$

Beweis

Durch Kombination vom Satz von Fubini mit der Produktregel kann generell diese Gleichung formuliert werden:

${\biggl [}\int _{0}^{\infty }f(x)\,\mathrm {d} x{\biggr ]}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }g(x)\,\mathrm {d} x{\biggr ]}=\int _{0}^{1}\int _{0}^{\infty }x\,f(x)\,g(xy)+x\,g(x)\,f(xy)\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y$

Also gilt somit:

${\biggl [}\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{4})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{2}=\int _{0}^{1}\int _{0}^{\infty }2x\exp(-x^{4})\exp(-x^{4}y^{4})\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}\int _{0}^{\infty }2x\exp[-x^{4}(y^{4}+1)]\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y=$

$=\int _{0}^{1}\int _{0}^{\infty }\exp[-x^{2}(y^{4}+1)]\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y=\int _{0}^{1}{\frac {1}{\sqrt {y^{4}+1}}}\mathrm {d} y\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x={\frac {\varpi }{2{\sqrt {2}}}}\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x={\frac {\varpi {\sqrt {\pi }}}{4{\sqrt {2}}}}$

Und dann gilt:

$\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{4})\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2{\sqrt[{4}]{2}}}}\,\pi ^{1/4}\varpi ^{1/2}$

$\int _{-\infty }^{\infty }\exp(-x^{4})\,\mathrm {d} x={\frac {1}{\sqrt[{4}]{2}}}\,\pi ^{1/4}\varpi ^{1/2}$

0.3

$\int _{0}^{\infty }\left({\frac {1}{e^{x}-1}}-{\frac {1}{x\,e^{x}}}\right)\,\mathrm {d} x=\gamma$

1. Beweis

Für ${\text{Re}}(z)>1\,$ gilt $\int _{0}^{\infty }\left({\frac {x^{z-1}}{e^{x}-1}}-{\frac {x^{z-1}}{x\,e^{x}}}\right)\,dx=\Gamma (z)\,\left(\zeta (z)-{\frac {1}{z-1}}\right)\to \gamma$ für $z\to 1\,$.

2. Beweis

Das Integral kann so bewiesen werden:

$\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{\exp(x)-1}}-{\frac {1}{x\exp(x)}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\infty }{\frac {\exp(-x)+x-1}{x[\exp(x)-1]}}\,\mathrm {d} x=$

$\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{x[\exp(x)-1]}}\sum _{n=1}^{\infty }{\biggl [}{\frac {x^{2n}}{(2n)!}}-{\frac {x^{2n+1}}{(2n+1)!}}{\biggr ]}\mathrm {d} x=\int _{0}^{\infty }\sum _{n=1}^{\infty }{\biggl \{}{\frac {1}{\exp(x)-1}}{\biggl [}{\frac {x^{2n-1}}{(2n)!}}-{\frac {x^{2n}}{(2n+1)!}}{\biggr ]}{\biggr \}}\mathrm {d} x$

$=\sum _{n=1}^{\infty }\int _{0}^{\infty }{\biggl \{}{\frac {1}{\exp(x)-1}}{\biggl [}{\frac {x^{2n-1}}{(2n)!}}-{\frac {x^{2n}}{(2n+1)!}}{\biggr ]}{\biggr \}}\mathrm {d} x=\sum _{n=1}^{\infty }{\biggl [}{\frac {1}{(2n)!}}\int _{0}^{\infty }{\frac {x^{2n-1}}{\exp(x)-1}}\,\mathrm {d} x-{\frac {1}{(2n+1)!}}\int _{0}^{\infty }{\frac {x^{2n}}{\exp(x)-1}}\,\mathrm {d} x{\biggr ]}$

$=\sum _{n=1}^{\infty }{\biggl [}{\frac {(2n-1)!\,\zeta (2n)}{(2n)!}}-{\frac {(2n)!\,\zeta (2n+1)}{(2n+1)!}}{\biggr ]}=\sum _{n=1}^{\infty }{\biggl [}{\frac {\zeta (2n)}{2n}}-{\frac {\zeta (2n+1)}{2n+1}}{\biggr ]}$

Bei dem Integral in der dritten Zeile der jetzt gezeigten Gleichungskette handelt es sich um den Debyeschen Funktionswert von Plus Unendlich!

$\int _{0}^{\infty }{\frac {x^{m}}{\exp(x)-1}}\,\mathrm {d} x=m!\,\zeta (m+1)$

Der Beweis für die Reihe mit der Riemannschen Zetafunktion kann direkt über ihre Definition zustande gebracht werden:

$\sum _{n=1}^{\infty }{\biggl [}{\frac {\zeta (2n)}{2n}}-{\frac {\zeta (2n+1)}{2n+1}}{\biggr ]}=\sum _{n=1}^{\infty }{\biggl (}{\frac {1}{2n}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2n}}}-{\frac {1}{2n+1}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2n+1}}}{\biggr )}=$

$=\sum _{n=1}^{\infty }\sum _{k=1}^{\infty }{\biggl [}{\frac {1}{2n\,k^{2n}}}-{\frac {1}{(2n+1)\,k^{2n+1}}}{\biggr ]}=\sum _{k=1}^{\infty }\sum _{n=1}^{\infty }{\biggl [}{\frac {1}{2n\,k^{2n}}}-{\frac {1}{(2n+1)\,k^{2n+1}}}{\biggr ]}=$

$=\sum _{k=1}^{\infty }{\biggl [}{\frac {1}{k}}-\ln {\biggl (}{\frac {k+1}{k}}{\biggr )}{\biggr ]}=\gamma$

Der letzte Rechenschritt basiert auf der Ursprungsstammfunktion von der alternierenden geometrischen Reihe:

$\sum _{n=1}^{\infty }{\bigl (}x^{2n-1}-x^{2n}{\bigr )}={\frac {x}{1+x}}$

$\sum _{n=1}^{\infty }{\biggl (}{\frac {x^{2n}}{2n}}-{\frac {x^{2n+1}}{2n+1}}{\biggr )}=x-\ln(1+x)$

Aus beiden Gleichungsketten folgt:

$\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{\exp(x)-1}}-{\frac {1}{x\exp(x)}}\,\mathrm {d} x=\gamma$

0.4

$\int _{0}^{\infty }{\frac {e^{-x}+x-1}{x(e^{x}+1)}}\,\mathrm {d} x=\ln {\bigl (}{\frac {4}{\pi }}{\bigr )}$

Beweis

Das Integral kann so bewiesen werden:

$\int _{0}^{\infty }{\frac {\exp(-x)+x-1}{x[\exp(x)+1]}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{x[\exp(x)+1]}}\sum _{n=1}^{\infty }{\biggl [}{\frac {x^{2n}}{(2n)!}}-{\frac {x^{2n+1}}{(2n+1)!}}{\biggr ]}\mathrm {d} x=\int _{0}^{\infty }\sum _{n=1}^{\infty }{\biggl \{}{\frac {1}{\exp(x)+1}}{\biggl [}{\frac {x^{2n-1}}{(2n)!}}-{\frac {x^{2n}}{(2n+1)!}}{\biggr ]}{\biggr \}}\mathrm {d} x$

$=\sum _{n=1}^{\infty }\int _{0}^{\infty }{\biggl \{}{\frac {1}{\exp(x)+1}}{\biggl [}{\frac {x^{2n-1}}{(2n)!}}-{\frac {x^{2n}}{(2n+1)!}}{\biggr ]}{\biggr \}}\mathrm {d} x=\sum _{n=1}^{\infty }{\biggl [}{\frac {1}{(2n)!}}\int _{0}^{\infty }{\frac {x^{2n-1}}{\exp(x)+1}}\,\mathrm {d} x-{\frac {1}{(2n+1)!}}\int _{0}^{\infty }{\frac {x^{2n}}{\exp(x)+1}}\,\mathrm {d} x{\biggr ]}$

$=\sum _{n=1}^{\infty }{\biggl [}{\frac {(2n-1)!\,\eta (2n)}{(2n)!}}-{\frac {(2n)!\,\eta (2n+1)}{(2n+1)!}}{\biggr ]}=\sum _{n=1}^{\infty }{\biggl [}{\frac {\eta (2n)}{2n}}-{\frac {\eta (2n+1)}{2n+1}}{\biggr ]}$

Bei dem Integral in der zweiten Zeile der jetzt gezeigten Gleichungskette handelt es sich um eine Abwandlung der Debyeschen Funktionswerte!

$\int _{0}^{\infty }{\frac {x^{m}}{\exp(x)+1}}\,\mathrm {d} x=m!\,\eta (m+1)$

Der Beweis für die Reihe mit der Dirichletschen Etafunktion kann direkt über ihre Definition zustande gebracht werden:

$\sum _{n=1}^{\infty }{\biggl [}{\frac {\eta (2n)}{2n}}-{\frac {\eta (2n+1)}{2n+1}}{\biggr ]}=\sum _{n=1}^{\infty }{\biggl (}{\frac {1}{2n}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k+1}}{k^{2n}}}-{\frac {1}{2n+1}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k+1}}{k^{2n+1}}}{\biggr )}=$

$=\sum _{n=1}^{\infty }\sum _{k=1}^{\infty }{\biggl [}{\frac {(-1)^{k+1}}{2n\,k^{2n}}}-{\frac {(-1)^{k+1}}{(2n+1)\,k^{2n+1}}}{\biggr ]}=\sum _{k=1}^{\infty }\sum _{n=1}^{\infty }{\biggl [}{\frac {(-1)^{k+1}}{2n\,k^{2n}}}-{\frac {(-1)^{k+1}}{(2n+1)\,k^{2n+1}}}{\biggr ]}=$

$=\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k+1}{\biggl [}{\frac {1}{k}}-\ln {\biggl (}{\frac {k+1}{k}}{\biggr )}{\biggr ]}=\ln {\bigl (}{\frac {4}{\pi }}{\bigr )}$

Denn auf der rechten Seite in der alternierenden Differenz erscheint im Numerus des Logarithmus Naturalis das Wallissche Produkt.

Und der Minuend in dieser alternierenden Differenz ergibt die alternierende Differenz der Kehrwerte der natürlichen Zahlen, welche der Logarithmus Naturalis von Zwei ist.

Der letzte Rechenschritt basiert auf der Ursprungsstammfunktion von der alternierenden geometrischen Reihe:

$\sum _{n=1}^{\infty }{\bigl (}x^{2n-1}-x^{2n}{\bigr )}={\frac {x}{1+x}}$

$\sum _{n=1}^{\infty }{\biggl (}{\frac {x^{2n}}{2n}}-{\frac {x^{2n+1}}{2n+1}}{\biggr )}=x-\ln(1+x)$

Aus beiden Gleichungsketten folgt:

$\int _{0}^{\infty }{\frac {\exp(-x)+x-1}{x[\exp(x)+1]}}\,\mathrm {d} x=\ln {\bigl (}{\frac {4}{\pi }}{\bigr )}$

0.5

$\int _{0}^{\infty }\left[{\frac {1}{e^{2x}-1}}-{\frac {1}{x\,e^{x}(e^{x}+1)}}\right]\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\,\gamma -{\frac {1}{2}}\ln {\bigl (}{\frac {4}{\pi }}{\bigr )}$

Beweis

Der Beweis geht aus den beiden vorherigen Formeln durch Differenzbildung und anschließende Halbierung hervor:

$\int _{0}^{\infty }\left[{\frac {1}{e^{2x}-1}}-{\frac {1}{x\,e^{x}(e^{x}+1)}}\right]\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }\left({\frac {1}{e^{x}-1}}-{\frac {1}{x\,e^{x}}}\right)\,\mathrm {d} x{\biggr ]}-{\frac {1}{2}}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }{\frac {e^{-x}+x-1}{x(e^{x}+1)}}\,\mathrm {d} x{\biggr ]}={\frac {1}{2}}\,\gamma -{\frac {1}{2}}\ln {\bigl (}{\frac {4}{\pi }}{\bigr )}$

0.6

$\int _{0}^{\infty }\left[{\frac {1}{e^{2x}-1}}+{\frac {x-1}{x\,(e^{x}+1)}}\right]\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\,\gamma +{\frac {1}{2}}\ln {\bigl (}{\frac {4}{\pi }}{\bigr )}$

Beweis

Der Beweis geht aus den beiden vorherigen Formeln durch arithmetische Mittelung hervor:

$\int _{0}^{\infty }\left[{\frac {1}{e^{2x}-1}}+{\frac {x-1}{x\,(e^{x}+1)}}\right]\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }\left({\frac {1}{e^{x}-1}}-{\frac {1}{x\,e^{x}}}\right)\,\mathrm {d} x{\biggr ]}+{\frac {1}{2}}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }{\frac {e^{-x}+x-1}{x(e^{x}+1)}}\,\mathrm {d} x{\biggr ]}={\frac {1}{2}}\,\gamma +{\frac {1}{2}}\ln {\bigl (}{\frac {4}{\pi }}{\bigr )}$

1.1

$\int _{0}^{\infty }x^{z-1}e^{-x}\,dx=\Gamma (z)\qquad {\text{Re}}(z)>0$

ohne Beweis

1.2

$\int _{0}^{\infty }\exp \left(-x^{2}-{\frac {\alpha ^{2}}{x^{2}}}\right)\,dx={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}\,e^{-2\alpha }\qquad \alpha >0$

1. Beweis

$2I=\int _{0}^{\infty }\exp \left(-x^{2}-{\frac {\alpha ^{2}}{x^{2}}}\right)\,dx=\int _{-\infty }^{\infty }\exp \left(-\left(x-{\frac {\alpha }{x}}\right)^{2}-2\alpha \right)\,dx=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-\left(x-{\frac {\alpha }{x}}\right)^{2}}dx\cdot e^{-2\alpha }$.

Nach der Formel $\int _{-\infty }^{\infty }f\left(x-{\frac {b}{x}}\right)dx=\int _{-\infty }^{\infty }f(x)dx$, gilt im Fall $f(x)=e^{-x^{2}}$,

$\int _{-\infty }^{\infty }e^{-\left(x-{\frac {\alpha }{x}}\right)^{2}}dx=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx$, und das ist ${\sqrt {\pi }}$.

2. Beweis

$I'(\alpha )=\int _{0}^{\infty }\exp \left(-x^{2}-{\frac {\alpha ^{2}}{x^{2}}}\right)\,{\frac {-2\alpha }{x^{2}}}\,dx$ ist nach Substitution $x\mapsto {\frac {\alpha }{x}}$ gleich $-2\int _{0}^{\infty }\exp \left(-x^{2}-{\frac {\alpha ^{2}}{x^{2}}}\right)\,dx$.

Die Differenzialgleichung $I'(\alpha )=-2\,I(\alpha )$ wird gelöst durch $I(\alpha )=C\,e^{-2\alpha }$, wobei $C=I(0)=\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}$ ist.

1.3

$\int _{0}^{\infty }\left({\frac {1}{x\,e^{x}}}-{\frac {e^{-x(z-1)}}{e^{x}-1}}\right)dx=\psi (z)\qquad {\text{Re}}(z)>0$

Beweis

In der Formel $\int _{0}^{1}{\frac {1-x^{z-1}}{1-x}}\,dx=\psi (z)+\gamma$ wird das Integral

nach Substitution $x\mapsto e^{-x}$ zu $\int _{0}^{\infty }\left({\frac {1}{e^{x}-1}}-{\frac {e^{-x(z-1)}}{e^{x}-1}}\right)\,dx$,

und $\gamma \,$ lässt sich schreiben als $\int _{0}^{\infty }\left({\frac {1}{e^{x}-1}}-{\frac {1}{x\,e^{x}}}\right)\,dx$.

1.4

$\int _{0}^{\infty }\left({\frac {z-1}{x\,e^{x}}}-{\frac {1-e^{-x(z-1)}}{x\,(e^{x}-1)}}\right)\,dx=\log \Gamma (z)\qquad {\text{Re}}(z)>0$

Beweis (Formel nach Malmstén)

Integriere die Formel $\int _{0}^{\infty }\left({\frac {1}{x\,e^{x}}}-{\frac {e^{-x(z'-1)}}{e^{x}-1}}\right)dx=\psi (z')$ nach z' von 1 bis z.

1.5

$\int _{0}^{\infty }\left({\frac {1}{e^{x}}}-{\frac {1}{(1+x)^{z}}}\right)\,{\frac {dx}{x}}=\psi (z)\qquad {\text{Re}}(z)>0$

Beweis (Formel nach Cauchy)

$\forall \varepsilon >0$ ist $\int _{0}^{\infty }\left({\frac {x^{\varepsilon -1}}{e^{x}}}-{\frac {x^{\varepsilon -1}}{(1+x)^{z}}}\right)dx=\Gamma (\varepsilon )-{\frac {\Gamma (z-\varepsilon )\,\Gamma (\varepsilon )}{\Gamma (z)}}$

$={\frac {\Gamma (z)\,\Gamma (\varepsilon )-\Gamma (z-\varepsilon )\,\Gamma (\varepsilon )}{\Gamma (z)}}={\frac {\Gamma (1+\varepsilon )}{\Gamma (z)}}\cdot {\frac {\Gamma (z)-\Gamma (z-\varepsilon )}{\varepsilon }}\,{\xrightarrow {\,\,\varepsilon \to 0\,\,}}\,{\frac {1}{\Gamma (z)}}\cdot \Gamma '(z)=\psi (z)$.

1.6

$\int _{0}^{\infty }{\frac {x^{z-1}}{e^{x}-1}}\,dx=\Gamma (z)\,\zeta (z)\qquad {\text{Re}}(z)>1$

Beweis

Wegen ${\frac {1}{e^{x}-1}}={\frac {e^{-x}}{1-e^{-x}}}=\sum _{k=1}^{\infty }e^{-kz}$ ist ${\frac {x^{z-1}}{e^{x}-1}}=\sum _{k=1}^{\infty }x^{z-1}\,e^{-kx}$

und somit $\int _{0}^{\infty }{\frac {x^{z-1}}{e^{x}-1}}\,dx=\sum _{k=1}^{\infty }\int _{0}^{\infty }x^{z-1}\,e^{-kx}\,dx=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {\Gamma (z)}{k^{z}}}=\Gamma (z)\,\zeta (z)$.

1.7

$\int _{0}^{\infty }{\frac {x^{z-1}}{e^{x}+1}}\,dx=\Gamma (z)\,\eta (z)\qquad {\text{Re}}(z)>0$

Beweis

Wegen ${\frac {1}{e^{x}+1}}={\frac {e^{-x}}{1+e^{-x}}}={\frac {-(-e^{-x})}{1-(-e^{-x})}}=-\sum _{k=1}^{\infty }(-e^{-x})^{k}=\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k-1}\,e^{-kx}$ ist ${\frac {x^{z-1}}{e^{x}+1}}=\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k-1}\,x^{z-1}\,e^{-kx}$

und somit $\int _{0}^{\infty }{\frac {x^{z-1}}{e^{x}+1}}\,dx=\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k-1}\,\int _{0}^{\infty }x^{z-1}\,e^{-kx}\,dx=\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k-1}\,{\frac {\Gamma (z)}{k^{z}}}=\Gamma (z)\,\eta (z)$.

1.8

${\frac {1}{\Gamma (z)}}={\frac {1}{2\pi i}}\int _{C}t^{-z}e^{t}\,dt\qquad C\,$ ist eine Kurve in $\mathbb {C} \setminus \mathbb {R} ^{\geq 0}$, die von $-\infty -i\varepsilon \,$ nach $-\infty +i\varepsilon \,$ läuft.

Für ${\text{Re}}(z)>0\,$ kann man als Integrationsweg $C\,$ auch die Gerade $a+i\mathbb {R}$, mit $a>0\,$, hernehmen.

Beweis für Re(z)>0 (Hankelsche Integraldarstellung für die reziproke Gammafunktion)

Die Funktion $f(t)=t^{-z}\,e^{t}$ mit ${\text{Re}}(z)>0\,$ ist auf $\mathbb {C} \setminus \mathbb {R} ^{\geq 0}$ holomorph.

Für $\varepsilon \leq t\leq R\,$ ist $|f(-R+it)|\,$

$=\left|(-R+it)^{-z}\right|\cdot \left|e^{-R+it}\right|=\Theta \left(R^{-{\text{Re}}(z)}\right)\cdot e^{-R}$.

Daher verschwinden die Integrale über den Abschnitten $\sigma _{1},\sigma _{2}\,$ für $R\to \infty \,$.


Und es ist

$\left|\int _{-R}^{a}f(t\pm iR)\,dt\right|\leq \int _{-R}^{a}\left|(t\pm iR)^{-z}\right|\cdot \left|e^{t\pm iR}\right|\,dt$

$\leq \max _{-R\leq t\leq a}\left|(t\pm iR)^{-z}\right|\cdot \int _{-R}^{a}e^{t}\,dt=\Theta \left(R^{-{\text{Re}}(z)}\right)\cdot e^{a}$.

Daher verschwinden auch die Integrale über den Abschnitten $\tau _{1},\tau _{2}\,$ für $R\to \infty \,$.


Also ist

${\frac {1}{2\pi i}}\int _{C}t^{-z}e^{t}\,dt={\frac {1}{2\pi i}}\int _{a-i\infty }^{a+i\infty }s^{-z}\,e^{s}\,ds$

$={\mathcal {L}}^{-1}\left[s^{-z}\right](1)=\left.{\frac {t^{z-1}}{\Gamma (z)}}\right|_{t=1}={\frac {1}{\Gamma (z)}}$.

Beweis für Re(z)<1

Die Funktion $f(t)=t^{z-1}e^{t}\,$ mit ${\text{Re}}(z)>0\,$ ist auf $\mathbb {C} \setminus \mathbb {R} ^{\geq 0}$ holomorph.



Das Integral über dem Kreisbogen $K_{\varepsilon }\,$ verschwindet für $\varepsilon \to 0+\,$, weil wegen $\left|t^{z-1}\right|=\Theta \left(|t|^{{\text{Re}}(z)-1}\right)=o\left({\frac {1}{|t|}}\right)$ für $|t|\to 0\,$

ist $\max _{t\in K_{\varepsilon }}\left|t^{z-1}e^{-t}\right|=o\left({\frac {1}{\varepsilon }}\right)$, und daher gilt $\left|\int _{K_{\varepsilon }}f(t)\,dt\right|\leq \pi \varepsilon \cdot o\left({\frac {1}{\varepsilon }}\right)=o(1)$.

Für die horizontalen Integrationswege gilt:

$\int _{-\infty }^{0}f(t\pm i\varepsilon )\,dt=\int _{-\infty }^{0}(t\pm i\varepsilon )^{z-1}\,e^{t\pm i\varepsilon }\,dt=e^{\pm i\pi (z-1)}\int _{-\infty }^{0}(-t\mp i\varepsilon )^{z-1}\,e^{t\pm i\varepsilon }\,dt$

$=-e^{\pm i\pi z}\int _{0}^{\infty }(t\mp i\varepsilon )^{z-1}\,e^{-t\pm i\varepsilon }\,dt\to -e^{\pm i\pi z}\,\Gamma (z)$ für $\varepsilon \to 0+\,$.

Daher ist $\int _{C}t^{z-1}\,e^{t}\,dt=\left(e^{i\pi z}-e^{-i\pi z}\right)\Gamma (z)=2i\sin \pi z\,\Gamma (z)={\frac {2\pi i}{\Gamma (z)\,\Gamma (1-z)}}\,\Gamma (z)={\frac {2\pi i}{\Gamma (1-z)}}$.

Ersetzt man $z\,$ durch $1-z\,$, so ist ${\frac {1}{\Gamma (z)}}={\frac {1}{2\pi i}}\int _{C}t^{-z}e^{t}\,dt$ für ${\text{Re}}(z)<1\,$.

1.9

$J_{\nu }(x)={\frac {1}{2\pi i}}\int _{C}e^{{\frac {x}{2}}\left(t-{\frac {1}{t}}\right)}\,{\frac {dt}{t^{\nu +1}}}\qquad {\text{Re}}(x)>0\qquad C\,$ ist eine Kurve in $\mathbb {C} \setminus \mathbb {R} ^{\geq 0}$, die von $-\infty -i\varepsilon \,$ nach $-\infty +i\varepsilon \,$ läuft.

Beweis für x>0 (Hankelsche Integraldarstellung für die Besselfunktion)

$J_{\nu }(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n!\,\Gamma (n+\nu +1)}}\left({\frac {x}{2}}\right)^{\nu +2n}$

Ersetze ${\frac {1}{\Gamma (n+\nu +1)}}$ durch die Hankelsche Integraldarstellung ${\frac {1}{2\pi i}}\int _{C}t^{-n-\nu -1}e^{t}\,dt$.

$J_{\nu }(x)={\frac {1}{2\pi i}}\int _{C}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n!}}\,{\frac {\left({\frac {x}{2}}\right)^{2n}}{t^{n}}}\,\left({\frac {x}{2}}\right)^{\nu }\,{\frac {e^{t}}{t^{\nu +1}}}\,dt={\frac {1}{2\pi i}}\int _{C}e^{t-{\frac {x^{2}}{4t}}}\,\left({\frac {x}{2}}\right)^{\nu }{\frac {dt}{t^{\nu +1}}}$

Nach Substitution $t\mapsto {\frac {x}{2}}\cdot t$ ändert sich am Integrationsweg $C\,$ nichts, und es ist $J_{\nu }(x)={\frac {1}{2\pi i}}\int _{C}e^{{\frac {x}{2}}\left(t-{\frac {1}{t}}\right)}\,{\frac {dt}{t^{\nu +1}}}$.

1.10

$\int _{0}^{\infty }\left({\frac {1}{x}}-{\frac {1}{e^{x}-1}}\right)e^{-zx}\,dx=\psi (z+1)-\log z\qquad {\text{Re}}(z)>0$

Beweis

Dies folgt unmittelbar aus den Formeln $\psi (z+1)=\int _{0}^{\infty }\left({\frac {e^{-x}}{x}}-{\frac {e^{-zx}}{e^{x}-1}}\right)dx$ und $\log z=\int _{0}^{\infty }\left({\frac {e^{-x}}{x}}-{\frac {e^{-zx}}{x}}\right)dx$.

1.11

$\int _{0}^{\infty }\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{x}}+{\frac {1}{e^{x}-1}}\right)\,{\frac {e^{-zx}}{x}}\,dx=\log \left({\frac {z!\,e^{z}}{z^{z}\,{\sqrt {2\pi z}}}}\right)\qquad {\text{Re}}(z)>0$

Beweis (Erste Binetsche Formel)

In der Formel $\psi (z)+{\frac {1}{z}}=\log z+\int _{0}^{\infty }e^{-zx}\left({\frac {1}{x}}-{\frac {1}{e^{x}-1}}\right)dx$ ersetze ${\frac {1}{z}}$ durch $\int _{0}^{\infty }e^{-zx}\,dx$:

$\psi (z)=\log z-{\frac {1}{2z}}+\int _{0}^{\infty }e^{-zx}\left(-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{x}}-{\frac {1}{e^{x}-1}}\right)dx$, wobei $\lim _{x\to 0}{\frac {{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{x}}+{\frac {1}{e^{x}-1}}}{x}}={\frac {1}{12}}$ ist.

Integriert man beide Seiten unbestimmt nach $z\,$, so ist

$\log \Gamma (z)=\left(z-{\frac {1}{2}}\right)\log z-z+\int _{0}^{\infty }e^{-zx}\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{x}}+{\frac {1}{e^{x}-1}}\right){\frac {dx}{x}}+C$.

Daraus folgt $\int _{0}^{\infty }e^{-zx}\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{x}}+{\frac {1}{e^{x}-1}}\right){\frac {dx}{x}}+C=\log \left({\frac {(z-1)!\,e^{z}}{z^{z-{\frac {1}{2}}}}}\right)$.

Nachdem für $z\to \infty \,$ das Integral verschwindet, ist $C=\lim _{z\to \infty }\log \left({\frac {z!\,e^{z}}{z^{z}\,{\sqrt {z}}}}\right)=\log {\sqrt {2\pi }}$.

1.12

$J_{\nu }(z)={\frac {1}{\Gamma \left({\frac {1}{2}}\right)\Gamma \left(\nu +{\frac {1}{2}}\right)}}\left({\frac {z}{2}}\right)^{\nu }\int _{-1}^{1}e^{izx}\,(1-x^{2})^{\nu -{\frac {1}{2}}}\,dx\qquad {\text{Re}}(\nu )>-{\frac {1}{2}}$

Beweis (Poissonsche Darstellung der Besselfunktion)

Setze $I:=\int _{-1}^{1}e^{izx}\,(1-x^{2})^{\nu -{\frac {1}{2}}}\,dx$.

Verwende die Reihenentwicklung $e^{izx}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(iz)^{n}}{n!}}\,x^{n}$:

$I=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(iz)^{n}}{n!}}\int _{-1}^{1}x^{n}(1-x^{2})^{\nu -{\frac {1}{2}}}\,dx$

Letzter Integrand ist für gerade $n\,$ gerade und für ungerade $n\,$ ungerade.

$I=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(iz)^{2n}}{(2n)!}}\cdot 2\int _{0}^{1}x^{2n}\,(1-x^{2})^{\nu -{\frac {1}{2}}}\,dx$

Nach Substitution $x={\sqrt {t}}$ ist $I=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}\,z^{2n}}{(2n)!}}\,\int _{0}^{1}t^{n-{\frac {1}{2}}}\,(1-t)^{\nu -{\frac {1}{2}}}\,dt$.

Dabei ist $\int _{0}^{1}t^{n-{\frac {1}{2}}}\,(1-t)^{\nu -{\frac {1}{2}}}\,dt=B\left(n+{\frac {1}{2}},\nu +{\frac {1}{2}}\right)$   $={\frac {\Gamma \left(n+{\frac {1}{2}}\right)\Gamma \left(\nu +{\frac {1}{2}}\right)}{\Gamma (\nu +n+1)}}$,

wobei nach Legendrescher Verdopplungsformel $\Gamma \left(n+{\frac {1}{2}}\right)={\frac {\Gamma \left({\frac {1}{2}}\right)}{2^{2n}}}\,{\frac {(2n)!}{n!}}$ ist.

Also ist $I=\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}\,\left({\frac {z}{2}}\right)^{2n}\,{\frac {\Gamma \left({\frac {1}{2}}\right)\,\Gamma \left(\nu +{\frac {1}{2}}\right)}{n!\,\Gamma (\nu +n+1)}}$,

und damit ist ${\frac {1}{\Gamma \left({\frac {1}{2}}\right)\Gamma \left(\nu +{\frac {1}{2}}\right)}}\left({\frac {z}{2}}\right)^{\nu }I=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n!\,\Gamma (\nu +n+1)}}\left({\frac {z}{2}}\right)^{\nu +2n}=J_{\nu }(z)$.

2.1

$\int _{0}^{\infty }e^{-sx}\,{\frac {a}{a^{2}+x^{2}}}\,dx=\sin(as)\,{\text{Ci}}(as)-\cos(as)\,\left({\text{Si}}(as)-{\frac {\pi }{2}}\right)$

Beweis

$\int _{0}^{\infty }e^{-sx}\,{\frac {a}{a^{2}+x^{2}}}\,dx=\int _{0}^{\infty }e^{-sx}\int _{0}^{\infty }\sin(at)\,e^{-xt}\,dt\,dx=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }\sin(at)\,e^{-(s+t)x}\,dx\,dt$

$=\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin(at)}{s+t}}\,dt=\int _{s}^{\infty }{\frac {\sin \left(a(t-s)\right)}{t}}\,dt=\int _{s}^{\infty }{\frac {\sin(at)\,\cos(as)-\cos(at)\,\sin(as)}{t}}\,dt$

$=\cos(as)\int _{s}^{\infty }{\frac {\sin(at)}{t}}\,dt-\sin(as)\int _{s}^{\infty }{\frac {\cos(at)}{t}}\,dt=\cos(as)\,\left({\frac {\pi }{2}}-{\text{Si}}(as)\right)+\sin(as)\,{\text{Ci}}(as)$

2.2

$\int _{0}^{\infty }e^{-sx}\,{\frac {x}{a^{2}+x^{2}}}\,dx=\sin(as)\,\left({\frac {\pi }{2}}-{\text{Si}}(as)\right)-\cos(as)\,{\text{Ci}}(as)$

Beweis

$\int _{0}^{\infty }e^{-sx}\,{\frac {x}{a^{2}+x^{2}}}\,dx=\int _{0}^{\infty }e^{-sx}\int _{0}^{\infty }\cos(at)\,e^{-xt}\,dt\,dx=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }\cos(at)\,e^{-(s+t)x}\,dx\,dt$

$=\int _{0}^{\infty }{\frac {\cos(at)}{s+t}}\,dt=\int _{s}^{\infty }{\frac {\cos \left(a(t-s)\right)}{t}}\,dt=\int _{s}^{\infty }{\frac {\cos(at)\,\cos(as)+\sin(at)\,\sin(as)}{t}}\,dt$

$=\cos(as)\int _{s}^{\infty }{\frac {\cos(at)}{t}}\,dt+\sin(as)\int _{s}^{\infty }{\frac {\sin(at)}{t}}\,dt=-\cos(as)\,{\text{Ci}}(as)+\sin(as)\,\left({\frac {\pi }{2}}-{\text{Si}}(as)\right)$

2.3

$\int _{0}^{\infty }x^{z-1}e^{-\mu x}\,dx={\frac {\Gamma (z)}{\mu ^{z}}}\qquad {\text{Re}}(z),{\text{Re}}(\mu )>0$

ohne Beweis

2.4

$\int _{0}^{\infty }x^{z-1}\,e^{-i\mu x}\,dx={\frac {\Gamma (z)}{(i\mu )^{z}}}\qquad 0<\operatorname {Re} (z)<1\,,\,\mu >0$

ohne Beweis

2.5

$\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {a^{2}}{(e^{x}-ax-b)^{2}+(a\pi )^{2}}}\,dx={\frac {1}{1+W\left({\frac {1}{a}}\,e^{-b/a}\right)}}\qquad a>0\,,\,b\in \mathbb {R}$

Beweis

Betrachte die Funktion $f(z)={\frac {1}{a\log(-z)+b-z}}\cdot {\frac {1}{z}}$ auf dem Gebiet $D:=\mathbb {C} \setminus \mathbb {R} ^{\geq 0}$.

$\forall z\in D$ gibt es genau ein $r>0\,$ und genau ein $-{\frac {\pi }{2}}<\varphi <{\frac {\pi }{2}}$, so dass $-z=re^{i\varphi }\,$ ist.

Beim Nenner $a\log(-z)+b-z=a\log \left(re^{i\varphi }\right)+b+re^{i\varphi }$

$=a\log r+ia\varphi +b+r\cos \varphi +ir\sin \varphi =(a\log r+r\cos \varphi +b)+i(a\varphi +r\sin \varphi )\,$

hat der Imaginärteil das selbe Vorzeichen wie $\varphi \,$ und der Realteil steigt streng monoton in $r\,$.

Daher ist $z=-a\cdot W\left({\frac {1}{a}}\,e^{-b/a}\right)$ die einzige Polstelle von $f\,$.

Diese erhält man, wenn man $\varphi =0\,$ und $r=a\cdot W\left({\frac {1}{a}}\,e^{-b/a}\right)$ setzt.

Nun ist ${\text{res}}\left(f,-a\cdot W\left({\frac {1}{a}}\,e^{-b/a}\right)\right)={\frac {1}{a}}\cdot {\frac {1}{1+W\left({\frac {1}{a}}\,e^{-b/a}\right)}}$.

Also gilt nach dem Residuensatz $\int _{\gamma _{R,\varepsilon }}f\,dz+\int _{C_{R}}f\,dz+\int _{\delta _{R,\varepsilon }}f\,dz+\int _{c_{\varepsilon }}f\,dz={\frac {1}{a}}\cdot {\frac {2\pi i}{1+W\left({\frac {1}{a}}\,e^{-b/a}\right)}}$.

Aus $L(C_{R})\sim 2\pi R\,$ und $M(C_{R})=\max _{z\in C_{R}}|f(z)|\sim {\frac {1}{R^{2}}}$ folgt $\left|\int _{C_{R}}f\,dz\right|\leq L(C_{R})\,M(C_{R})\sim {\frac {2\pi }{R}}$.

Daher geht $\int _{C_{R}}f\,dz$ gegen null für $R\to \infty \,$.

Und aus $L(c_{\varepsilon })=\pi \varepsilon \,$ und $M(c_{\varepsilon })=\max _{z\in c_{\varepsilon }}|f(z)|\sim {\frac {-1}{a\,\log \varepsilon }}\cdot {\frac {1}{\varepsilon }}$ folgt $\left|\int _{c_{\varepsilon }}f\,dz\right|\leq L(c_{\varepsilon })\,M(c_{\varepsilon })\sim {\frac {-\pi }{a\,\log \varepsilon }}$.

Daher geht $\int _{c_{\varepsilon }}f\,dz$ auch gegen null für $\varepsilon \to 0+\,$.

Im Grenzübergang $R\to \infty \,,\,\varepsilon \to 0+$ ergibt sich

$\int _{0}^{\infty }\left({\frac {1}{a\log(-x-i0^{+})+b-x}}-{\frac {1}{a\log(-x+i0^{+})+b-x}}\right){\frac {dx}{x}}={\frac {1}{a}}\cdot {\frac {2\pi i}{1+W\left({\frac {1}{a}}\,e^{-b/a}\right)}}$.

Dabei ist ${\frac {1}{a(\log x-i\pi )+b-x}}-{\frac {1}{a(\log x+i\pi )+b-x}}={\frac {2\pi i\cdot a}{(a\log x+b-x)^{2}-(i\pi a)^{2}}}$,

und somit gilt $\int _{0}^{\infty }{\frac {a^{2}}{(a\log x+b-x)^{2}+(a\pi )^{2}}}\cdot {\frac {dx}{x}}={\frac {1}{1+W\left({\frac {1}{a}}\,e^{-b/a}\right)}}$.

Substituiert man $x\mapsto e^{x}$, so ist $\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {a^{2}}{(ax+b-e^{x})^{2}+(a\pi )^{2}}}\,dx={\frac {1}{1+W\left({\frac {1}{a}}\,e^{-b/a}\right)}}$.

4.1

$\int _{0}^{\infty }{\frac {e^{kx}-e^{\lambda x}}{e^{\mu x}-e^{\nu x}}}\,dx={\frac {1}{\mu -\nu }}\left(\psi \left({\frac {\mu -\lambda }{\mu -\nu }}\right)-\psi \left({\frac {\mu -k}{\mu -\nu }}\right)\right)$

Beweis

Aus der Gaußschen Formel $\psi (z)+\gamma =\int _{0}^{1}{\frac {1-u^{z-1}}{1-u}}\,du$

folgt $\psi (1-\beta )-\psi (1-\alpha )=\int _{0}^{1}{\frac {u^{-\alpha }-u^{-\beta }}{1-u}}\,du=\int _{0}^{\infty }{\frac {e^{\alpha x}-e^{\beta x}}{e^{x}-1}}\,dx\quad \left({\text{nach Substitution}}\,u=e^{-x}\right)$.

Nun ist $\int _{0}^{\infty }{\frac {e^{kx}-e^{\lambda x}}{e^{\mu x}-e^{\nu x}}}\,dx=\int _{0}^{\infty }{\frac {e^{(k-\nu )x}-e^{(\lambda -\nu )x}}{e^{(\mu -\nu )x}-1}}\,dx={\frac {1}{\mu -\nu }}\int _{0}^{\infty }{\frac {e^{{\frac {k-\nu }{\mu -\nu }}\,x}-e^{{\frac {\lambda -\nu }{\mu -\nu }}\,x}}{e^{x}-1}}\,dx$

$={\frac {1}{\mu -\nu }}\left(\psi \left(1-{\frac {\lambda -\nu }{\mu -\nu }}\right)-\psi \left(1-{\frac {k-\nu }{\mu -\nu }}\right)\right)={\frac {1}{\mu -\nu }}\left(\psi \left({\frac {\mu -\lambda }{\mu -\nu }}\right)-\psi \left({\frac {\mu -k}{\mu -\nu }}\right)\right)$.