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Harte Integrale

In dieser Sektion soll eine Auswahl an besonders schönen und mehr oder weniger harten Integralen entstehen, welche entweder bereits gezeigt wurden oder der Beweis angestrebt wird. Natürlich lassen sich auch hier wieder, wie bei den Reihen, verschiedene Klassen angeben.

Integrale in Verbindung mit der Euler-Mascheroni-Konstante

Die Integrale wurden aus dem Artikel
Xavier Gourdon and Pascal Sebah. Collection of formulae for Euler's constant. [1] [2]
abgetippt. --Skraemer (Diskussion) 23:29, 6. Dez. 2013 (CET)

$\int \limits _{0}^{\infty }\mathrm {e} ^{-t}\log t\,dt=-\gamma =\Gamma ^{'}(1)$

$\int \limits _{0}^{\infty }\mathrm {e} ^{-t}\log ^{2}t\,dt=\gamma ^{2}+\zeta (2)=\Gamma ^{(2)}(1)$

$\int \limits _{0}^{\infty }\mathrm {e} ^{-t}\log ^{3}t\,dt=-\gamma ^{3}-{\frac {\gamma \pi ^{2}}{2}}-2\zeta (3)=\Gamma ^{(3)}(1)$

$\gamma =-\int \limits _{0}^{1}\log \log {\frac {1}{t}}\,dx=\int \limits _{0}^{\infty }\mathrm {e} ^{-t}{\bigg (}{\frac {1}{1-\mathrm {e} ^{-t}}}-{\frac {1}{t}}{\bigg )}\,dt=\int \limits _{0}^{\infty }\left({\frac {1}{e^{t}-1}}-{\frac {1}{te^{t}}}\right)\,dt$ (Euler)

$\gamma +2\log 2=-4\pi ^{-{\tfrac {1}{2}}}\cdot \int \limits _{0}^{\infty }\mathrm {e} ^{-t^{2}}\log t\,dt$

$\log(2\pi )-\gamma -{\frac {1}{2}}=\int \limits _{0}^{\infty }{\bigg (}{\frac {1}{1-\mathrm {e} ^{-t}}}-{\frac {1}{t}}{\bigg )}^{2}\,dx$ Diese Gleicheit stimmt nicht, außerdem ist das Differential falsch!!! Es fehlt ein Konvergenzerzeugender Faktor. Es ist leicht reparierbar, siehe das andere Integral (Euler) oben.

Das Integral muss richtig so sein:

$\log(2\pi )-\gamma -{\frac {1}{2}}=\int \limits _{0}^{\infty }{\bigg (}{\frac {e^{-t}}{1-e^{-t}}}-{\frac {1}{t}}{\bigg )}^{2}\,dt=\int \limits _{0}^{\infty }{\bigg (}{\frac {1}{e^{t}-1}}-{\frac {1}{t}}{\bigg )}^{2}\,dt$

Hierbei hat der Anteil ${\frac {1}{e^{t}-1}}$ bei $t=0$ eine Polstelle, die sich durch ${\frac {1}{t}}$ weghebt: ${\frac {1}{e^{t}-1}}={\frac {1}{t}}-{\tfrac {1}{2}}+{\tfrac {1}{12}}t-{\tfrac {1}{720}}t^{3}+...$ Dadurch ist der Integrand bei $t=0$ stetig und somit das Integral dort konvergent. Man beachte, dass das elementare Integral ohne das Quadrat zwar bei $t=0$, jedoch nicht für $t\to \infty$ konvergiert:

$\int {\bigg (}{\frac {1}{e^{t}-1}}-{\frac {1}{t}}{\bigg )}\,dx=\log(e^{t}-1)-t-\log t$

Ein ähnliches Integral lautet:

$\int \limits _{0}^{\infty }{\bigg (}{\frac {1}{e^{t}-1}}-{\frac {1}{te^{kt}}}{\bigg )}\,dt=\gamma +\log k,\quad k>0$

$\gamma =\int \limits _{0}^{1}{\bigg (}{\frac {1}{t}}+{\frac {1}{\log(1-t)}}{\bigg )}\,dt=\int \limits _{0}^{\infty }{\bigg (}{\frac {1}{1+t}}-\mathrm {e} ^{-t}{\bigg )}\,{\frac {dt}{t}}=\int \limits _{0}^{\infty }{\bigg (}{\frac {1}{1+t^{2}}}-\cos t{\bigg )}\,{\frac {dt}{t}}$

Das 2.Integral stammt von Dirichlet und passt schlecht zu dem logarithmischen. Das 3.folgt aus dem 2. mittels Cauchyschem Integralsatz bei Integration über ein Ursprungsdreieck. --Skraemer (Diskussion) 23:29, 6. Dez. 2013 (CET)

$\gamma =\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {\log(1+\mathrm {e} ^{-t})\mathrm {e} ^{t}}{t^{2}+\pi ^{2}}}\,dt={\frac {1}{2}}+2\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {\mathrm {t} \,dt}{(1+t^{2})(\mathrm {e} ^{2\pi t}-1)}}=\int \limits _{0}^{1}\int \limits _{0}^{1}{\frac {1-x}{(1-xy)\log(xy)}}\,dxdy$

$\gamma =1-\int \limits _{0}^{1}{\frac {1}{1+t}}\left(\sum _{k=1}^{\infty }t^{2^{k}}\right)\,dt=1-\int \limits _{0}^{1}{\frac {1+2t}{1+t+t^{2}}}\left(\sum _{k=1}^{\infty }t^{3^{k}}\right)\,dt$

$H_{k}=\gamma +\psi (k+1)$ mit $\psi (x)={\frac {\Gamma ^{'}(x)}{\Gamma (x)}}$

$\sum _{k=1}^{\infty }k!\psi (k+1){\frac {(-x)^{k}}{k!}}={\frac {1}{1+x}}\left(\gamma x-\log(1+x)\right)$

$\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {x^{s-1}}{1+x}}\log(1+x)\,dx=-{\frac {\pi }{\sin(\pi s)}}\left(\gamma +\psi (1-s)\right)$

$\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {\left(\gamma +\log(1+x)\right)}{{\sqrt {x}}(1+x)}}\,dx=\pi \left(\gamma +2\log 2\right)$

Bei diesem Integral tritt $\gamma$ jedoch nicht wirklich auf, denn es kann auf beiden Seiten durch eine beliebige Variable ersetzt werden. Es gilt:

$\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {c}{{\sqrt {x}}(1+x)}}\,dx=c\pi$ und $\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {\log(1+x)}{{\sqrt {x}}(1+x)}}\,dx=2\pi \log 2$ --Skraemer (Diskussion) 20:30, 22. Nov. 2013 (CET)

Master-Theorem von Ramanujan

$\int \limits _{0}^{\infty }x^{s-1}{\bigg \lbrace }\lambda (0)-{\frac {x}{1!}}\lambda (1)+{\frac {x^{2}}{2!}}\lambda (2)-...{\bigg \rbrace }\,dx=\Gamma (s)\lambda (-s)$

Integrale, die die Gammafunktion enthalten

$\operatorname {Li} _{s}(z)=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {z^{k}}{k^{s}}}={\frac {z}{\Gamma (s)}}\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {x^{s-1}}{e^{x}-z}}\,dx$

Theorem. Sei $\textstyle {v\in \mathbb {C} }$ mit $\textstyle {\Re (v)>0}$ und $\textstyle {0<t<\pi }$. Dann

$\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {x^{v-1}\,dx}{\cosh(x)-\cos(x)}}={\frac {2\Gamma (v)}{\sin t}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {\sin(kt)}{k^{v}}}$

$\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {x^{v-1}\,dx}{\cosh(x)+\cos(x)}}={\frac {2\Gamma (v)}{\sin t}}\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k-1}{\frac {\sin(kt)}{k^{v}}}$.

Frullanische Integrale

$\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {\cos(ax)-\cos(bx)}{x}}\,dx=\log {\frac {b}{a}}$

Familie von Logarithmenintegralen

$\int \limits _{0}^{1}\log(x)\log(1+x)\,dx=2-\eta (2)-2\log 2$

$\int \limits _{0}^{1}\log(x)\log(1-x)\,dx=2-\zeta (2)$