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Universität/Hochschule Uneigentliches Integral sin²(x)/x² - Berechnungswege
shadowking
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  Themenstart: 2016-01-19

Hallo Matheplanet, ich frage nach Möglichkeiten, Integrale der Art $\int_0^{\infty}\frac{\sin(x)^n}{x^n}\,\mathrm{d}x,\;n\geq 2$ zu berechnen. Für n=1 gibt es die Möglichkeit, den Residuenkalkül für die Funktion $\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}z}}{z}$ so anzupassen, daß der einfache Pol bei z=0 nicht stört: $\mathrm{res}_0(\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}z}}{z})=1$, und da der Integrationsweg $\displaystyle [-R,R]\cup \left\{R\cdot\mathrm{e}^{\mathrm{i}t}|t\in[0,\pi]\right\}\subset\mathbb{C} $ um den Pol einen Halbkreis einschließt, ist das Integral von $\frac{\sin(z)}{z}=\mathrm{Im}\left(\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}z}}{z}\right)$ gleich $\mathrm{Im}\left(\mathrm{i}\pi\cdot 1\right)=\pi$ und das auf der positiven reellen Achse die Hälfte davon. Es gelingt mir aber trotz mehrerer Ansätze nicht, mit diesem Ansatz $\frac{\sin(x)^2}{x^2}$ auf der positiven reellen Achse zu integrieren. Ein Professor hat mir einmal privat mitgeteilt, damit sei es möglich, nur finde ich nicht heraus wie. Ich habe die gesuchten Integrale einmal mittels Fouriertransformation bestimmt (und kenne daher das Ergebnis $\frac{\pi}{2}$), interessiere mich aber weiterhin für weniger aufwendige Methoden. Gruß shadowking


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Riddler
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  Beitrag No.1, eingetragen 2016-01-19

Hallo shadowking, \quoteon(2016-01-19 17:22 - shadowking im Themenstart) Ich habe die gesuchten Integrale einmal mittels Fouriertransformation bestimmt (und kenne daher das Ergebnis $\frac{\pi}{2}$), interessiere mich aber weiterhin für weniger aufwendige Methoden. \quoteoff das Ergebnis ist $\pi$ (zumindest im Fall $n=2$). Mit der Fouriertransformation sollte es eigentlich am wenigsten aufwendig sein! Aber ich werde es mal mit dem Residuenkalkül probieren und mich anschließend nochmal melden.


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Cube_Max
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  Beitrag No.2, eingetragen 2016-01-19

Riddler, für $n=2$ erhalte ich $\displaystyle\frac{\pi}2$. WolframAlpha bestätigt dies. Gruß Max


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Riddler
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  Beitrag No.3, eingetragen 2016-01-19

Oh... ich bitte um Verzeihung! Ich habe mich verlesen und das Integral über ganz $\mathbb{R}$ betrachtet, also $\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin^2(x)}{x^2} dx = \pi$.


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endy
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  Beitrag No.4, eingetragen 2016-01-19

Hallo. Zur allgemeinen Frage: Siehe mathworld.wolfram.com/SincFunction Siehe die Formeln (37) und (38). Gruß endy


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shadowking
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  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2016-01-19

Hier ist die Herleitung per Fouriertrafo im Detail. Zunächst wird die Funktion bestimmt, aus der $\frac{\sin(x)}{x}$ durch Fouriertransformation hervorgeht: $\begin{aligned} \frac{\sin(x)}{x}&=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}x}}{2\mathrm{i}x} \\ &=\left[\frac{1}{2}\cdot\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}\cdot x \cdot t}}{\mathrm{i}\cdot x}\right]_{t=-1}^{t=1} \\ &=\int_{-1}^{1}\frac{1}{2}\cdot\mathrm{e}^{\mathrm{i}\cdot x\cdot t}\,\mathrm{d}t \\ &=\sqrt{\frac{\pi}{2}}\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}\chi_{[-1,1]}(t)\cdot\mathrm{e}^{\mathrm{i}\cdot x\cdot t}\,\mathrm{d}t \\ &=\sqrt{\frac{\pi}{2}}\cdot\mathcal{F}\left(\chi_{[-1,1]}(t)\right)\end{aligned}$ $\frac{\sin(x)^2}{x^2}$ - als Produkt der Fouriertransformierten von $\chi_{[-1,1]}$ mit sich selbst - ist gleich der Fouriertransformierten der Faltung von $\chi_{[-1,1]}$ mit sich selbst: $\begin{aligned} \frac{\sin(x)^2}{x^2}&=\sqrt{\frac{\pi}{2}}\cdot\mathcal{F}\left(\chi_{[-1,1]}(t)\right)\,\cdot\,\sqrt{\frac{\pi}{2}}\cdot\mathcal{F}\left(\chi_{[-1,1]}(t)\right) \\ &=\frac{\pi}{2}\cdot\mathcal{F}\left(\chi_{[-1,1]}(t)\ast\chi_{[-1,1]}(t)}\right) \\ &=\frac{\pi}{2}\cdot\mathcal{F}\left(\chi_{[-2,2]}(t)\cdot(2-|t|)\right) \end{aligned}$ Nun interpretiert man die Integration über $[-\infty,\infty]$ als Auswertung der Fourier-Rücktransformierten an der Stelle $t=0$: $\begin{aligned}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin(x)^2}{x^2}\,\mathrm{d}x &=\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\cdot x\cdot t}\cdot\frac{\sin(x)^2}{x^2}\,\mathrm{d}x |_{t=0} \\ &=\sqrt{2\pi}\cdot\mathcal{F}^{-1}\left(\frac{\sin(x)^2}{x^2}\right) |_{t=0} \\ &=\sqrt{2\pi}\cdot\mathcal{F}^{-1}\left(\frac{\pi}{2}\cdot\mathcal{F}\left(\chi_{[-2,2]}(t)\cdot(2-|t|)\right)\right) |_{t=0} \\ &=\sqrt{2\pi}\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\left(\frac{\pi}{2}\cdot 1\cdot(2-0)\right) \\ &=\pi \end{aligned} $ Gruß shadowking


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Riddler
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  Beitrag No.6, eingetragen 2016-01-19

So.... zum Residuenkalkül: Zunächst schreiben wir $\frac{\sin^2(z)}{z^2}=-\frac{e^{2iz}+e^{-2iz}-2}{4z^2}$ und teilen daher das zu berechnende Integral wie folgt auf: $ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin^2(x)}{x^2} dx &= -\frac{1}{4}\left( \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{2iz}}{z^2} dz+ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-2iz}}{z^2} dz - \int_{-\infty}^{\infty} \frac{2}{z^2} dz \right) $ Nun ist entscheidend, dass man für das erste und zweite Integral unterschiedliche Wege wählt! Dazu definieren wir die folgende Wege: $\gamma_{o} (t):= Re^{it}, \quad t\in [0,\pi]$ $\gamma_{u} (t):= Re^{-it}, \quad t\in [0,\pi]$ (o, u für "oberer", bzw. "unterer Halbkreis"). Weiterhin wählen wir einen Weg $\gamma$ entlang der reellen Achse von $-R$ nach $R$ (mit Halbkreis um den Ursprung), sodass die geschlossene Kurve $\gamma_o+\gamma$ den Ursprung einschließt! Nun gilt: $ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin^2(x)}{x^2} dx = - \lim_{R\to\infty} \frac{1}{4}\left( \int_{\gamma_o+\gamma} \frac{e^{2iz}}{z^2} dz+ \int_{\gamma_u+\gamma} \frac{e^{-2iz}}{z^2} dz - \int_{\gamma_u+\gamma} \frac{2}{z^2} dz \right) $ Nun sind die beiden letzten Integrale $0$, da die Polstelle außerhalb liegt. Bleibt zu zeigen, dass $\lim_{R\to\infty} \int_{\gamma_o} \frac{e^{2iz}}{z^2} dz = 0$ $\lim_{R\to\infty} \int_{\gamma_u} \frac{e^{-2iz}}{z^2} dz = 0$ gilt. Hier ist wichtig, dass der "positive Exponent" entlang der oberen Kurve und dass der "negative Exponent" entlang der unteren Kurve integriert wird (ansonsten erhält man keine sinnvolle Abschätzung)! Zur Rechnung: $\int_{\gamma_o} \frac{e^{2iz}}{z^2} dz = \int_0^\pi \frac{e^{2iR (\cos(t)+i \sin(t))}}{R^2e^{2it}} iRe^{it}dt $ und folglich gilt: $\vert \int_{\gamma_o} \frac{e^{2iz}}{z^2} dz \vert \leqslant \int_0^\pi \frac{e^{-2R\sin(t)}}{R} dt =2 \int_0^{\pi/2} \frac{e^{-2R\sin(t)}}{R} dt \leqslant 2 \int_0^{\pi/2} \frac{e^{-2R\frac{2}{\pi}t}}{R} dt\leqslant \frac{\pi}{2R} \to 0, \quad R\to\infty$ (analoge Rechnung für den "negativen Exponenten") Nun ist man fertig, denn es gilt: $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin^2(x)}{x^2} dx = -\frac{1}{4}\cdot 2\pi i\cdot\rm{Res}(\frac{e^{2iz}}{z^2}) = -\frac{1}{4}\cdot 2\pi i\cdot 2i = \pi$ Ich hoffe alles stimmt so weit...


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shadowking
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  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2016-01-20

Danke sehr, riddler. Ich würde die Vorgehensweise gern noch verallgemeinern; mal sehen, ob ich das demnächst schaffe. Als Ergebnis sollte $\displaystyle \int_0^{\infty}\frac{\sin(x)^n}{x^n}\,\mathrm{d}x\,=\,\frac{\pi}{2^n\cdot (n-1)!}\cdot\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}(-1)^k{n \choose k}(n-2k)^{n-1}$ herauskommen; siehe hier. Gruß shadowking


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shadowking
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  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2016-01-20

Ich habe den Rechenweg verallgemeinern können (hoffe ich zumindest). Es wird wirklich einfacher, als wenn man die ganzen kombinatorischen Überlegungen aus dem alten Thread hätte nachvollziehen müssen. Sei zunächst $\gamma_o$ ein geschlossener Integrationsweg, der einen großen Halbkreis $\mathcal{H}_1:=\left\{R\cdot\mathrm{e}^{\mathrm{i}t}\,|\,t\in[0,\pi]}\right\}$ in der oberen Halbebene beschreibt, das reelle Intervall $[-R,R]$ bis auf einen kleinen Bereich $[-R^{-1},R^{-1}]$ um $z=0$ durchläuft und um den Pol einen kleinen Kreisbogen $\mathcal{H}_2:=\left\{R^{-1}\cdot\mathrm{e}^{\mathrm{i}t}\,|\,t\in[\pi,2\pi]}\right\}$ nach unten macht. Fallunterscheidung: Sei $n=2m+1$ ungerade. Dann ist $\begin{aligned} \sin(z)^n&=\left(\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}z}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}z}}{2\mathrm{i}}\right)^n \\ &=\frac{1}{(2\mathrm{i})^{n-1}}\cdot\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}(-1)^k\cdot{n \choose k}\cdot\frac{\mathrm{e}^{(n-2k)\mathrm{i}z}-\mathrm{e}^{-(n-2k)\mathrm{i}z}}{2\mathrm{i}} \\ &=\frac{(-1)^m}{2^{n-1}}\cdot\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}(-1)^k\cdot{n \choose k}\cdot\sin((n-2k)\cdot z). \end{aligned}$ Damit wird $\int_{\gamma_o}\frac{\sin(z)^n}{z^n}\,\mathrm{d}z$ zu $\displaystyle \frac{(-1)^m}{2^{n-1}}\cdot\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}(-1)^k\cdot{n \choose k}\cdot\mathrm{Im}\left(\int_{\gamma_o}\frac{\mathrm{e}^{((n-2k)\mathrm{i}z)}}{z^n}\,\mathrm{d}z\right)$. Das Integral wird mittels Substitution $w:=(n-2k)\cdot z$ vereinfacht: $\begin{aligned} \mathrm{Im}\left(\int_{\gamma_o}\frac{\mathrm{e}^{(n-2k)\mathrm{i}z}}{z^n}\mathrm{d}z\right)&=\mathrm{Im}\left(\int_{\gamma_o}\frac{\mathrm{e}^{(n-2k)\mathrm{i}z}}{((n-2k)z)^n}\cdot(n-2k)^{n-1}\cdot(n-2k)\,\mathrm{d}z\right) \\ &=(n-2k)^{n-1}\cdot\mathrm{Im}\left(\int_{(n-2k)\cdot\gamma_o}\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}w}}{w^n}\,\mathrm{d}w\right) \end{aligned}$ Jetzt wird der wie oben angepaßte Residuenkalkül angewendet. Der Grad des Nenners reicht aus, den Betrag des Integranden auf dem großen Halbkreis $\mathcal{H}_1$ schnell genug klein werden zu lassen, so daß dessen Beitrag zum Integral im Grenzwert Null wird. Da $\mathrm{e}^{\mathrm{i}w}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(\mathrm{i}w)^k}{k!}$, ist das Residuum des Integranden $\mathrm{res}_0\left(\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}w}}{w^n}\right)\,=\,\frac{\mathrm{i}^{n-1}}{(n-1)!}$, so daß gilt: $\displaystyle \lim_{R\rightarrow\infty}\mathrm{Im}\left(\int_{\gamma_o}\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}w}}{w^n}\,\mathrm{d}w\right)=\mathrm{Im}\left(\mathrm{i}\pi\cdot\frac{\mathrm{i}^{n-1}}{(n-1)!}\right)=\frac{(-1)^m\cdot\pi}{(n-1)!} $ und, da sich die Vorzeichen gegenseitig aufheben, das gesuchte Integral sich schreiben läßt als $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin(x)^n}{x^n}\,\mathrm{d}x=\frac{\pi}{2^{n-1}(n-1)!}\cdot\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}(-1)^k\cdot{n \choose k}\cdot(n-2k)^{n-1}$ Bleibt der Fall $n=2m$ gerade. Der größte Teil der Rechnung kann bleiben wie er ist, nur daß die Exponentialterme in der Summe sich zu Cosinus- statt zu Sinustermen zusammenfassen lassen und man somit nicht den Imaginär-, sondern den Realteil von $\mathrm{i}\pi\cdot\frac{(\mathrm{i})^{n-1}}{(n-1)!}$ auszuwerten hat. Trotzdem kommt dabei $\frac{(-1)^m\pi}{(n-1)!}$ heraus, was nach Einsetzen auf dasselbe Ergebnis führt wie der Fall n ungerade. Ich finde schon, daß dies eine Verbesserung darstellt. Wenn man die Details noch genauer ausarbeitet, könnte man mit dieser Methode auch noch weitergehen und Integrale der Form $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin(x)^n}{x^m}\,\mathrm{d}x$ berechnen, solange die Differenz der Exponenten $n-m$ positiv und gerade ist. Gruß shadowking


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shadowking
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  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2016-01-22

In der Tat führt die völlig analoge Behandlung des Integrals $\displaystyle \int_0^{\infty}\frac{\sin(x)^n}{x^m}\,\mathrm{d}x $ für $n-m$ positiv und gerade auf ein sehr ähnliches Ergebnis mit endlicher Summe, und zwar $\displaystyle (-1)^{\frac{n-m}{2}}\cdot\frac{\pi}{2^n\cdot(m-1)!}\cdot\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}(-1)^k\cdot{n\choose k}\cdot(n-2k)^{m-1}.$ Falls die Differenz $n-m$ aber positiv und ungerade ist, so sehen die Ergebnisse ganz anders aus: und zwar divergiert das Integral für $m=1$, ansonsten ergibt sich eine Summe aus rationalen Vielfachen von natürlichen Logarithmen. Diesem Phänomen würde ich gerne noch auf den Grund gehen, um auch diese Fälle behandeln zu können. Gruß shadowking


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shadowking
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  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2016-01-23

Das unterschiedliche Verhalten dieser Integrale erinnert mich entfernt an den Term $-\log(1-z)|_{z=\mathrm{i}}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{z^k}{k}|_{z=\mathrm{i}}$ - für den Imaginärteil (Summe über ungerade Terme) ergibt sich $\mathrm{i}\cdot(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+-\ldots)=\frac{\mathrm{i}\pi}{4},$ für den Realteil (Summe über gerade Terme) hingegen $\frac{1}{2}\cdot(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+-\ldots)=\frac{\log(2)}{2}.$ Steckt darin möglicherweise ein Hinweis? Gruß shadowking


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pasch
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  Beitrag No.11, eingetragen 2016-01-24

Hallo, man kann das Integral als Mellin-Transformierte interpretieren: $M_f(z) = \int_0^\infty \sin(2\pi t)^n t^{z-1} \, \mathrm{d} t$ In dem Streifen $\{z \in \IC \colon -(n+1) < \mathrm{Re}(z) <0\}$ ist dies eine holomorphe Funktion. Diese Überlegung hat man leider zu keinem nennenswerten Ergebnis geführt. Stattdessen: Weiter schreiben wir $ \displaystyle M_f(z) = \sum_{k=0}^\infty \int_k^{k+1} \sin(2\pi t)^n t^{z-1} \, \mathrm{d} t = \int_0^1 \sin(2 \pi s)^n \sum_{k=0}^\infty (k+s)^{z-1} \, \mathrm{d} s = \int_0^1 \sin(2 \pi s)^n \zeta(1-z,s) \, \mathrm{d} s$ Die Hurwitz-Zeta-Funktion $\zeta(w,s)$ kann auf $\IC$ als meromorphe Funktion fortgesetzt werden mit einfachen Pol in $w=1$ für $s >0$. Wenn man nun die Darstellung von Hasse hernimmt, sieht man, dass wir $M_f(z)$ auf $\{ z \in \IC \colon \mathrm{Re}(z) > -n\} \setminus \{0\}$ holomorph fortsetzen kann. Für ungerade $n$ beobeachtet man mehr. Hier haben wir $\int_0^1 \sin^n(2\pi s) \, \mathrm{d} s =0$ und daher (man kann sich überlegen, dass eine Majorante existiert, in dem man die Reihendarstellung für die Fortsetzung hernimmt) $M_f(z) = M_f(z) - \frac{1}{z} \int_0^1 \sin(2\pi s)^n \, \mathrm{d} s = \int_0^1 \sin(2 \pi s)^n \left(\zeta(1-z,s) - \frac{1}{z} \right) \, \mathrm{d} s \xrightarrow{z \rightarrow 0} - \int_0^1 \sin(2\pi s)^n \psi(s) \, \mathrm{d} s$ mit der Digammafunktion $\psi$. (Der Riemannsche Hebbarkeitssatz liefert die Holomorphie auf $\{ z \in \IC \colon \mathrm{Re}(z) > -n\}$.) Für $\mathrm{Re}(z) > 0$ haben wir jedoch eine Fourier-Reihendarstellung für die Hurwitz-Zeta-Funktion. Dies liefert für $\mathrm{Re}(z) > 1$ (keine Probleme mit Konvergenz): $\displaystyle M_f(z) = 2 (2 \pi)^{-z} \Gamma(z) \sum_{k=1}^\infty k^{-z} \left(\sin(\pi(1-z)/2) \int_0^1 \sin(2\pi s)^n \cos(2\pi s k) \, \mathrm{d} s + \cos(\pi(1-z)/2) \int_0^1 \sin(2\pi s)^n \sin(2 \pi s k) \, \mathrm{d} s \right)$ An dieser Stelle sieht man erneut den Unterschied zwischen $n$ ungerade und $n$ gerade. Aus Symmetriegründen erhalten wir: 1.) Falls $n$ gerade ist verschwindet das zweite Integral 2.) Falls $n$ ungerade ist enstprechend das erste Integral. Natürlich kann man hier wieder - ähnlich wie in Beitrag 8 - die vorkommenden Integrale ausrechnen und erhält eine Darstellung für $M_f$ (aus der man natürlich das Gewünschte ablesen kann). Viele Grüße pasch Edit: Mir ist ein Fehler aufgefallen bei der Fortsetzung.


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pasch
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  Beitrag No.12, eingetragen 2016-01-24

Hallo, \quoteon(2016-01-24 19:56 - pasch in Beitrag No. 11) Natürlich kann man hier wieder - ähnlich wie in Beitrag 8 - die vorkommenden Integrale ausrechnen und erhält eine Darstellung für $M_f$ (aus der man natürlich das Gewünschte ablesen kann). \quoteoff zumindest hoffe ich, dass das gewünschte Ergebnis rauskommt. Wir haben: $\int_0^1 \sin(2\pi s)^n \mathrm{e}^{2 \pi \mathrm{i} k s} \, \mathrm{d} s = \frac{1}{(2 \mathrm{i})^n} \sum_{j=0}^n (-1)^j \binom{n}{j} \int_0^1 \exp( 2\pi \mathrm{i} s (-2j+n+k) \, \mathrm{d} s$. Das Integral verschwindet nur für $-2j+n+k=0$ nicht, d.h. $k \leq n$ und $j =(n+k)/2$. Falls $n$ gerade ist, muss $k$ auch gerade sein. Dies zeigt: $\displaystyle M_f(z) = 2 (2 \pi)^{-z} \Gamma(z) \sin(\pi(1-z)/2) (2 \mathrm{i})^{-n} \sum_{j=(n+2)/2}^{n} (2j-n)^{-z} (-1)^j \binom{n}{j}$ und für Ungerade $n$ ganz ähnlich $\displaystyle M_f(z) = 4 (2 \pi)^{-z} \Gamma(z) \cos(\pi(1-z)/2) (2 \mathrm{i})^{-n-1} \sum_{j=(n+1)/2}^{n}(2j-n)^{-z} (-1)^j \binom{n}{j}$ Leider tritt hier dasselbe Problem auf: Bei gleichen Paritäten von $n$ und $m$ (mit $w= 1-m$) hebt sich die Polstelle der Gammafunktion mit der Nullstellen des Sinus bzw. Kosinus weg. Wenn die Paritäten aber nicht gleich sind, dann hat die Summe (als Funkion in $z$) eine Nullstelle. Und hier muss man dann den Limes für $z \rightarrow w$ ausrechnen. Viele Grüße pasch PS: Ich bin in den nächsten Wochen im Ausland und werde nicht dazu gekommen hier weiter zu denken. Es wäre interessant, ob man den oben genannten Limes ausrechnen kann. (Ich denke das sollte z.B. mit der Produktdarstellung der Gamma-Funktion möglich sein.)


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pasch
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  Beitrag No.13, eingetragen 2016-01-28

\quoteon(2016-01-24 23:05 - pasch in Beitrag No. 12) Ich bin in den nächsten Wochen im Ausland und werde nicht dazu gekommen hier weiter zu denken. Es wäre interessant, ob man den oben genannten Limes ausrechnen kann. (Ich denke das sollte z.B. mit der Produktdarstellung der Gamma-Funktion möglich sein.) \quoteoff Man kann mit dem binomischen Lehrsatz in der Tat zeigen, dass in den - nennen wir das mal - "kritischen" Fällen die Summe eine Nullstelle besitzt, d.h. hier ist dann die Ableitung zu bilden und daher kommen die Logarithmus-Terme. Falls interesse besteht, kann ich das auch aufschreiben. Mein Ansatz liefert offenbar wesentlich mehr, wir können hier für $z$ nicht nur ganze Zahlen wählen, sondern jede zulässige reelle Zahl.


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shadowking
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  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2016-01-29

Danke für Dein Interesse und Deine Bemühungen, pasch. Eile hat es keine, und wenn Du eine Idee hast, schreibe sie nur auf. Ich werde hier das gleiche tun. Anscheinend braucht es mächtigere Ansätze als die, die einem auf Anhieb einfallen. Bei mir sind beim Versuch, das Integral für ungerades $n-m$ zu bestimmen, unter anderem schon gescheitert: - Laplacetransformation - Residuenkalkül - diverse Substitutionen - partielle Integration - Versuch einer Rückführung auf Fresnel-Integrale Alle freie Software, soweit sie mir bekannt ist, inklusive WolframAlpha, scheitert auch bei der Berechnung in exakten Ausdrücken. Einzig Derive und Mathematica verraten dem Nutzer z.B., daß $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\sin(x)^3}{x^2}\,\mathrm{d}x\,=\,\frac{3}{4}\ln(3)$ und $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\sin(x)^4}{x^3}\,\mathrm{d}x\,=\,\ln(2).$ Gruß shadowking


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endy
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  Beitrag No.15, eingetragen 2016-01-29

Hallo. @Nr.14: Integral Nr.1 aus Beitrag Nr. 14 Integral Nr.2 aus Beitrag Nr. 14 WolframAlpha kann es also. Es funktioniert mit Sicherheit auch mit anderen Computeralgebrasystemen , indem man die Integrale genügend genau numerisch berechnet und den Output dann in den Inverse Symbolic Calculator eingibt. Gruß endy


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shadowking
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  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2016-01-29

@endy Das verstehe ich jetzt nicht. Ich habe es eben dort noch versucht, sogar mit dieser Syntax, die von Mathematica bekannt ist. Und auch nach einer Minute Warten kam nicht das Ergebnis auf den Schirm. Anscheinend muß man es mehrmals dort versuchen oder der Seite noch mehr Zeit geben. Wenn ich die Exponenten etwas variiere, so daß n-m ungerade bleibt, so gibt die Seite manchmal ein Ergebnis aus, manchmal nicht. Für n=5, m=2 kommt sie zurecht, für n=5, m=4 hingegen nicht, und für höhere n auch nicht - jedenfalls ist es das, was ich zur Zeit sehe. Den ISC kenne ich wohl; sehr nützlich für Vermutungen, wenn man eine genügend genaue Dezimalzahl hat. Aber es geht mir ja nicht um das Ergebnis - das Derive auch direkt ausgibt -, sondern um mögliche Rechenwege und analytische Methodiken, um dies auch einzusehen. Gruß shadowking


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pasch
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  Beitrag No.17, eingetragen 2016-01-30

Hallo, \quoteon(2016-01-29 17:39 - shadowking in Beitrag No. 14) Danke für Dein Interesse und Deine Bemühungen, pasch. Eile hat es keine, und wenn Du eine Idee hast, schreibe sie nur auf. Ich werde hier das gleiche tun. \quoteoff mein Ansatz aus Beitrag 11 liefert die beiden Formeln in Beitrag 12: \quoteon(2016-01-24 23:05 - pasch in Beitrag No. 12) Falls $n$ gerade ist: $\displaystyle M_f(z) = 2 (2 \pi)^{-z} \Gamma(z) \sin(\pi(1-z)/2) (2 \mathrm{i})^{-n} \sum_{j=(n+2)/2}^{n} (2j-n)^{-z} (-1)^j \binom{n}{j}$ Falls $n$ ungerade ist: $\displaystyle M_f(z) = 4 (2 \pi)^{-z} \Gamma(z) \cos(\pi(1-z)/2) (2 \mathrm{i})^{-n-1} \sum_{j=(n+1)/2}^{n}(2j-n)^{-z} (-1)^j \binom{n}{j}$ \quoteoff Dies liefert eine allgemeine Formel für das obige Integral (beachte, dass ich es leicht umtransformiert habe), wobei ich nicht alle Argumente ausgeführt habe, was ich jetzt aber nachholen will. Der Herleitung entnehmend gilt diese Identiät zunächst nur für $\mathrm{Re}(z) >1$. Nach dem Idenitätssatz haben wir die Gültigkeit aber auch auf dem ganzen Gebiet $\{z \in \IC \colon -(n+1) < \mathrm{Re}(z) \} \setminus \{0\}$. 1.) Für $\mathrm{Re}(z) =-(n+1)$ können wir die stetige Fortsetzung wählen. 2.) Streng genommen sind die rechten Terme in $-n,\ldots,-1$ nicht definiert. Hier ist die holomorphe Fortsetzung zu wählen. (Falls $n$ ungerade ist, ist dies auch in $z=0$ möglich.) Und genau das bleibt noch zu machen: \quoteon(2016-01-24 23:05 - pasch in Beitrag No. 12) Bei gleichen Paritäten von $n$ und $m$ (mit $w= 1-m$) hebt sich die Polstelle der Gammafunktion mit der Nullstellen des Sinus bzw. Kosinus weg. \quoteoff Falls $n$ gerade und $m$ gerade ist: $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\sin(2\pi x)^n}{x^m} }, \mathrm{d} x= M_f(1-m) = (-1)^{n/2} 2^{m-n-1} \pi^m \frac{(-1)^{m/2}}{(m-1)!} \sum_{j=(n+2)/2}^{n} (2j-n)^{m-1} (-1)^j \binom{n}{j}$ Falls $n$ ungerade und $m$ ungerade ist: $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\sin(2\pi x)^n}{x^m} }, \mathrm{d} x= M_f(1-m) = (-1)^{(n+1)/2} 2^{m-n-1} \pi^m \frac{(-1)^{(m-1)/2}}{(m-1)!} \sum_{j=(n+1)/2}^{n}(2j-n)^{m-1} (-1)^j \binom{n}{j}$ \quoteoff Ich hoffe, dass ich mich hier nicht verrechnet habe. Wäre nicht schlecht, wenn jemand dies prüft. In den anderen Fällen hebt sich die Gammafunktion mit der Summe weg. Wir müssen also nachweisen, dass die Summe eine Nullstelle besitzt. Dies zeige ich beispielsweise für $n=2k$ und $m=2l+1$: $\displaystyle \sum_{j=(n+2)/2}^{n} (2j-n)^{m-1} (-1)^j \binom{n}{j} = 4^l \sum_{j=k+1}^{2k} (j-k)^{2l} (-1)^j \binom{2k}{j} = \frac{4^l}{2} \sum_{j=0}^{2k} (j-k)^{2l} (-1)^j \binom{2k}{j}$ Betrachtet man nun $f(t) = \exp(-k)(-1+\exp(t))^{2k} = \sum_{j=0}^{2k} \binom{2k}{j} (-1)^j \exp((k-j)t)$, so sieht man, dass die obige Summe gerade mit $4^l/2 \left. \frac{\mathrm{d}^{2l}}{\mathrm{d} t^{2l}} f(t) \right|_{t=0}$ übereinstimmt. Falls $2l < 2k$ ist, so ist das Null. Ganz ähnlich argumentiert man im anderen Fall, d.h wenn $n$ ungerade und $m$ gerade ist. Dies liefert nun letztlich das Ergebnis: Ist $n$ gerade und $m$ ungerade ist: $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\sin(2\pi x)^n}{x^m} }, \mathrm{d} x = M_f(1-m) = 2^{m-n} (-1)^{n/2-1} \pi^{m-1} \frac{(-1)^{(m-1)/2}}{(m-1)!} \sum_{j=(n+2)/2}^{n} \ln(2j-n) (2j-n)^{m-1} (-1)^j \binom{n}{j}$ Falls $n$ ungerade und $m$ gerade ist: $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\sin(2\pi x)^n}{x^m} }, \mathrm{d} x = M_f(1-m) = 2^{m-n} (-1)^{(n+1)/2-1} \pi^{m-1} \frac{(-1)^{m/2}}{(m-1)!} \sum_{j=(n+1)/2}^{n}\ln(2j-n) (2j-n)^{m-1} (-1)^j \binom{n}{j}$ \quoteoff Jemand sollte aber unbedingt die Rechnungen prüfen; kann sein, dass ich mich verrechnet habe.


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shadowking
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  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2022-08-19

Hallo MP, nach langer Zeit folgt doch noch eine Fortsetzung zu diesem Thread: Es gibt ein elementares Verfahren, um diese Integrale für positiv-ungerades $n-m$ zu bestimmen (sofern man paschs Ausführungen nicht gleichfalls als elementar betrachtet). Die Methode nennt sich "Feynmansches Integrationsverfahren" und beruht auf der Differentiation unter dem Integralzeichen. Auf YouTube findet sich ein schönes Erklärvideo von "blackpenredpen": hier Aus $I:\,=\,\int_0^{\infty}\frac{\sin(x)^3}{x^2}\,\mathrm{d}x$ wird zunächst das parameterabhängige Integral $I(b)\,:=\,\int_0^{\infty}\frac{sin(x)^3\cdot\mathrm{e}^{-bx}}{x^2}\mathrm{d}x$. Dann bestimmt man $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}b}\,I(b)$ als \[ \int_0^{\infty}\frac{\partial}{\partial b}\left(\frac{\sin(x)^3\cdot\mathrm{e}^{-bx}}{x^2}\right)\,\mathrm{d}x\,=\,\int_0^{\infty}-\frac{\sin(x)^3\cdot\mathrm{e}^{-bx}}{x}\mathrm{d}x \] und notiert (*), dass dieses Integral für $b=0$ den Wert $-\frac{\pi}{4}$ annimmt. Wir bestimmen auch noch $\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}b^2}\,I(b)$ als \[ \int_0^{\infty}\frac{\partial^2}{\partial b^2}\left(\frac{\sin(x)^3\cdot\mathrm{e}^{-bx}}{x^2}\right)\,\mathrm{d}x\,=\,\int_0^{\infty}\sin(x)^3\cdot\mathrm{e}^{-bx}\,\mathrm{d}x \] und finden mit $\sin(x)^3=\frac{3}{4}\,\sin(x)-\frac{1}{4}\,\sin(3x)$, dass sich dafür der Ausdruck $\frac{3}{4}\,\frac{1}{1+b^2}-\frac{3}{4}\,\frac{1}{9+b^2}$ berechnen lässt. Für diesen hat man nun zweimal die Stammfunktion bzgl. $b$ zu ermitteln und dabei die Integrationskonstanten so zu wählen, dass alles stimmig wird. Im ersten Schritt ergibt sich so \[ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}b}\,I(b)\,=\,\frac{3}{4}\;\arctan(b)-\frac{1}{4}\;\arctan\left(\frac{b}{3}\right)+C_1, \] und aus (*) folgern wir $C_1\,=\,-\frac{\pi}{4}$. Nach erneuter unbestimmter Integration hat man \[ I(b)\,=\,\frac{3\,b}{4}\,\arctan(b)-\frac{b}{4}\,\arctan\left(\frac{b}{3}\right)-\frac{3}{8}\;\ln(1+b^2)+\frac{3}{8}\;\ln\left(1+\frac{b^2}{9}\right)-\frac{\pi\,b}{4}+C_2 \] Um $C_2$ zu bestimmen, macht man den Grenzübergang $b\rightarrow\infty$, für den der Integrand dank der Exponentialfunktion so rasch klein wird, dass das Integral Null wird. Da im Grenzwert die Beiträge der $\arctan$-Terme (insgesamt $+\frac{\pi\,b}{4}$) und des linearen Terms einander aufheben, bleibt nur der Logarithmus-Term übrig: \[ \lim_{b\rightarrow\infty}I(b)\,=\,\lim_{b\rightarrow\infty}\,\frac{3}{8}\;\ln\left(\frac{1+\frac{b^2}{9}}{1+b^2}\right)\,=\,\lim_{b\rightarrow\infty}\,\frac{3}{8}\;\ln\left(\frac{\frac{1}{b^2}+\frac{1}{9}}{\frac{1}{b^2}+1}\right)\,=\,-\frac{3}{8}\;\ln(9)+C_2\,=\,0, \] so dass man $C_2\,=\,\frac{3}{8}\cdot\ln(9)\,=\,\frac{3\cdot\ln(3)}{4}$ zu wählen hat. Da für $b=0$ alle $\arctan$- und alle $\ln$-Terme sowie der lineare Term Null werden, ist dies auch schon der Wert des Ausgangsintegrals. Die Übertragung dieser Herangehensweise auf weitere Integrale dieser Sorte ist offensichtlich, jedoch handwerklich aufwendig zu machen, da $m$ unbestimmte Integrationen nach $b$ auszuführen und entsprechend viele Integrationskonstanten zu bestimmen sind. Gruß shadowking


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