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Kein bestimmter Bereich ** Grenzwertig XX Sommerrätsel
Squire
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  Themenstart: 2022-08-06

Für die kommenden Tage ein paar Integrale, anfangs leichter, dann schwieriger, zum Teil aufeinander aufbauend: $\large \int_0^\infty \frac{\sin{ax}}{e^{bx}}dx$ $\large \int_0^\infty \frac{\cos{ax}}{e^{bx}}dx$ $\large \int_0^\infty \frac{\sin{ax}}{xe^{bx}}dx$ $\large \int_0^\infty \frac{\ln{x}\sin{ax}}{e^{bx}}dx$ (*) $\large \int_0^\infty \frac{\ln{ax}\sin{bx}}{e^{cx}}dx$ $\large \int_0^\infty \frac{\ln{x}\cos{ax}}{e^{bx}}dx$ $\large \int_0^\infty \frac{\ln{ax}\cos{bx}}{e^{cx}}dx$ $\large a$, $\large b$ und $\large c$ sind positive reelle Zahlen. Das mit (*) bezeichnete Integral ist wohl die hauptsächliche Herausforderung. Viel Freude! Antworten wie immer mit PN. Ich habe die nächsten zehn Tage nur sporadischen Internetzugriff, bitte also um Nachsicht, wenn ich auf die hoffentlich zahlreichen Lösungen nicht sofort reagiere. Schönen Sommer und Grüße Squire


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Squire
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  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2022-08-14

Ein kleiner Sonntagsschubs. Grüße Squire


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JoeM
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  Beitrag No.2, eingetragen 2022-08-17

Hallo, Pardon, meine Nachricht habe ich an Squire gesendet. mfG. JoeM


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Squire
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  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2022-08-20

Gratulation und Respekt für semasch shadowking Weitere Antworten willkommen! Grüße Squire


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Squire
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-08-29

Der August neigt sich dem Ende zu. Noch gibt es Gelegenheit, sich an den Integralen zu versuchen. Grüße Squire


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Squire
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  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2022-09-16 09:44

Ich löse nach und nach auf; wer sich beteiligen möchte, ist herzlich willkommen. Für die ersten beiden Integrale kann man mit je zweimaliger partieller Integration elementare Stammfunktionen finden; diese lauten $\large \int \frac{\sin{ax}}{e^{bx}}dx=-\frac{a \cos{ax}+b \sin{ax}}{e^{bx}(a^2+b^2)}$ $\large \int \frac{\cos{ax}}{e^{bx}}dx=\frac{a \sin{ax}-b \cos{ax}}{e^{bx}(a^2+b^2)}$ Damit findet man leicht $\large \int_0^\infty \frac{\sin{ax}}{e^{bx}}dx=\frac{a}{a^2+b^2}$ $\large \int_0^\infty \frac{\cos{ax}}{e^{bx}}dx=\frac{b}{a^2+b^2}$


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Wally
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  Beitrag No.6, eingetragen 2022-09-16 10:13

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\) Alternativ nimmt man den Real- und Imaginärteil von \( \int e^{iax}e^{-bx}\, dx\) Viele Grüße Wally \(\endgroup\)


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Squire
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  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2022-09-17 11:23

$\large \int_0^\infty \frac{\sin{ax}}{xe^{bx}}dx$ kann mit Differenzieren unter dem Integralzeichen gelöst werden. Wir setzen $\large f(a)=\int_0^\infty \frac{\sin{ax}}{xe^{bx}}dx$ und differenzieren nach $\large a$: $\large f'(a)=\int_0^\infty \frac{\cos{ax}}{e^{bx}}dx=\frac{b}{a^2+b^2}$ Da $\large f(0)=0$, gilt $\large f(a)=f(a)-f(0)=\int_0^a f'(t)dt=\int_0^a \frac{b}{t^2+b^2}dt=\left[ \arctan{\frac{t}{b}} \right]_0^a=\arctan{\frac{a}{b}}$


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Wauzi
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  Beitrag No.8, eingetragen 2022-09-17 15:21

Hallo, das Differenzieren nach a nicht zu sehen (wie von mir) ist ein typisches Beispiel für Denkblockaden. Ich habe es mit dem (naheliegenden) Ansatz mit unendlichen Reihen versucht, habe auch obiges Ergebnis bekommen, nur leider waren die verwendeten Reihen nicht konvergent zu kriegen. Da nützt dann ein richtiges Ergebnis auch nichts. Also habe ich mich diesmal darauf beschränkt, mir die Lösungen einfach nur anzuschauen..... Gruß Wauzi


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Squire
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  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2022-09-20 14:38

$\large \int_0^\infty \frac{\ln{x}\sin{ax}}{e^{bx}}dx$ Teil 1 $\large f(x)=\int_0^\infty \frac{e^{-t}-e^{-xt}}{t}dt,x>0$ $\large f'(x)=\int_0^\infty e^{-xt}dt=\frac{1}{x}$ Da $\large f(1)=0$, erhalten wir: $\large f(x)=f(x)-f(1)=\int_1^x f'(t)dt=\int_1^x \frac{dt}{t}=\ln{x}$ Somit: $\large \int_0^\infty \frac{e^{-t}-e^{-xt}}{t}dt=\ln{x}$ für $\large x>0$ Fortsetzung folgt


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Squire
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  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2022-09-20 14:49

$\large \int_0^\infty \frac{\ln{x}\sin{ax}}{e^{bx}}dx$ Teil 2 $\large \int_0^\infty \frac{\ln{x}\sin{ax}}{e^{bx}}dx=\large \int_0^\infty \frac{\sin{ax}}{e^{bx}}\int_0^\infty \frac{e^{-t}-e^{-xt}}{t}dtdx=$ $=\large \int_0^\infty \frac{1}{t} \int_0^\infty \left( \frac{\sin{ax}}{e^{t+bx}}-\frac{\sin{ax}}{e^{tx+bx}} \right) dxdt=a \cdot \int_0^\infty \left( \frac{1}{te^t(a^2+b^2)}-\frac{1}{t(a^2+(t+b)^2)} \right) dt$ Fortsetzung folgt


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Squire
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  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2022-09-20 16:04

$\large \int_0^\infty \frac{\ln{x}\sin{ax}}{e^{bx}}dx$ Teil 3 $\large \int_\alpha^\beta \frac{1}{te^t(a^2+b^2)}dt=\frac{1}{a^2+b^2} \cdot \left( \left[\frac{\ln{t}}{e^t}\right]_\alpha^\beta + \int_\alpha^\beta \frac{\ln{t}}{e^t}dt \right)=\frac{1}{a^2+b^2} \cdot \left( \frac{\ln{\beta}}{e^\beta}-\frac{\ln{\alpha}}{e^\alpha} + \int_\alpha^\beta \frac{\ln{t}}{e^t}dt \right)$ --- $\large \int_\alpha^\beta \frac{1}{t(a^2+(t+b)^2)}dt=\frac{1}{a^2+b^2} \cdot \int_\alpha^\beta \left( \frac{1}{t}- \frac{t+b}{a^2+(t+b)^2}-\frac{b}{a^2+(t+b)^2}\right)dt=$ $\large =\frac{1}{a^2+b^2} \cdot \left( \left[\ln{t}\right]_\alpha^\beta- \frac{1}{2}\left[\ln(u+a^2\right]_{(\alpha+b)^2}^{(\beta+b)^2}-\frac{b}{a} \left[\arctan{\frac{u}{a}}\right]_{\alpha+b}^{\beta+b} \right)dt$ Fortsetzung folgt


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Squire
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  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2022-09-20 17:03

$\large \int_0^\infty \frac{\ln{x}\sin{ax}}{e^{bx}}dx$ Teil 4 und Schluss $\large a \cdot \int_0^\infty \left( \frac{1}{te^t(a^2+b^2)}-\frac{1}{t(a^2+(t+b)^2)} \right) dt=a \cdot \lim_{\alpha \to 0+,\beta \to \infty} \int_\alpha^\beta \left( \frac{1}{te^t(a^2+b^2)}-\frac{1}{t(a^2+(t+b)^2)} \right) dt =$ $\large =\frac{a}{a^2+b^2} \cdot \lim_{\alpha \to 0+,\beta \to \infty} \left( \frac{\ln{\beta}}{e^\beta}-\frac{\ln{\alpha}}{e^\alpha} + \int_\alpha^\beta \frac{\ln{t}}{e^t}dt - \left[\ln{t}\right]_\alpha^\beta+ \frac{1}{2}\left[\ln(u+a^2\right]_{(\alpha+b)^2}^{(\beta+b)^2}+\frac{b}{a} \left[\arctan{\frac{u}{a}}\right]_{\alpha+b}^{\beta+b}\right) =$ $\large =\frac{a}{a^2+b^2} \cdot \lim_{\alpha \to 0+,\beta \to \infty} \left( \ln{\alpha}-\frac{\ln{\alpha}}{e^\alpha} -\gamma - \ln{\beta} + \frac{1}{2}\ln((\beta+b)^2+a^2)-\frac{1}{2}\ln(a^2+b^2)+\frac{b}{a} \left( \frac{\pi}{2}-\arctan{\frac{b}{a}} \right) \right) =$ $\large =\frac{a}{a^2+b^2} \cdot \left( -\gamma -\frac{1}{2}\ln(a^2+b^2)+\frac{b}{a} \arctan{\frac{a}{b}} \right) $


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Wally
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  Beitrag No.13, eingetragen 2022-09-20 20:56

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\) Ganz schön krasse Rechnung, Hut ab! Ich hatte \( \large \int_0^\infty \frac{\ln{cx}\sin{ax}}{e^{bx}}dx\) durch Differenzieren auf \( \large \int_0^\infty \frac{\sin{ax}}{xe^{bx}}dx\) zurückgeführt, aber bin dann bei der Bestimmung von Integrationskonstanten gescheitert. Viele Grüße Wally \(\endgroup\)


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shadowking
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  Beitrag No.14, eingetragen 2022-09-21 15:59

Ich habe folgendermaßen gerechnet: Bei der Lösung des vierten Integrals kommt das Logarithmusgesetz $\log(a\cdot x)\,=\,\log(a)+\log(x)$ zur Anwendung, woraus $\log(x)\,=\,\log(a\cdot x)-log(a)$ folgt. Damit nehmen wir eine Variablensubstitution vor und teilen den Integranden auf: \[ \begin{align*} \int_0^{\infty}\,\ln(x)\cdot\sin(a\cdot x)\cdot\exp(-b\cdot x)\,\mathrm{d}x\,&=\,\mathrm{Im}\left(\int_0^{\infty}(\ln((b-a\cdot\mathrm{i})\cdot x)-\ln(b-a\cdot\mathrm{i}))\cdot\exp(-(b-a\cdot\mathrm{i})\cdot x)\,\mathrm{d}x\right) \\ &=\,\mathrm{Im}\left(\frac{1}{b-a\cdot\mathrm{i}}\cdot\int_0^{\infty}\ln((b-a\cdot\mathrm{i})\cdot x)\cdot\exp(-(b-a\cdot\mathrm{i})\cdot x)\cdot(b-a\cdot\mathrm{i})\,\mathrm{d}x\right) \\ &-\mathrm{Im}\left(\frac{\ln(b-a\cdot\mathrm{i})}{b-a\cdot\mathrm{i}}\cdot\int_0^{\infty}\exp(-(b-a\cdot\mathrm{i})\cdot x)\cdot(b-a\cdot\mathrm{i})\,\mathrm{d}x\right) \\ &=\,\mathrm{Im}\left(\frac{b+a\cdot\mathrm{i}}{a^2+b^2}\cdot\int_0^{\infty}\,\ln(u)\cdot\exp(-u)\,\mathrm{d}u\right) \\ &-\mathrm{Im}\left(\frac{b+a\cdot\mathrm{i}}{a^2+b^2}\cdot\left(\frac{1}{2}\cdot\ln(a^2+b^2)+\mathrm{i}\cdot\arctan\left(-\frac{a}{b}\right)\right)\cdot\int_0^{\infty}\exp(-u)\,\mathrm{d}u\right) \\ &=\,\frac{a\cdot Z-b\cdot\arctan\left(-\frac{a}{b}\right)-\frac{1}{2}\cdot a\cdot\ln(a^2+b^2)}{a^2+b^2} \\ &=\,\frac{b\cdot\arctan\left(\frac{a}{b}\right)-\frac{a}{2}\cdot\ln(a^2+b^2)-a\cdot\gamma}{a^2+b^2} \end{align*} \] Hierbei wird folgendes wichtiges Ergebnis aus der Theorie der Gamma- und Digammafunktionen sowie die "Differentiation unter dem Integralzeichen" verwendet: \[ \begin{align*} Z\,&=\,\int_0^{\infty}\,\ln(x)\cdot\exp(-x)\,\mathrm{d}x \\ &=\,\lim_{t\rightarrow 1}\int_0^{\infty}\,\exp(-x)\cdot\ln(x)\cdot x^{t-1}\,\mathrm{d}x \\ &=\,\lim_{t\rightarrow 1}\int_0^{\infty}\,\frac{\partial}{\partial t}\left(\exp(-x)\cdot x^{t-1}\right)\,\mathrm{d}x \\ &=\,\lim_{t\rightarrow 1}\,\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\Gamma(t)\right) \\ &=\,\psi(1)\cdot\Gamma(1)\,=\,\psi(1)\,=\,-\gamma \end{align*} \] Gruß, shadowking


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Squire
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  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2022-09-22 09:48

$\large \int_0^\infty \frac{\ln{ax}\sin{bx}}{e^{cx}}dx=$ $\large =\ln{a} \int_0^\infty \frac{\sin{bx}}{e^{cx}}dx+\int_0^\infty \frac{\ln{x}\sin{bx}}{e^{cx}}dx$ und diese Integrale haben wir bereits berechnet.


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Squire
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  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2022-09-22 10:04

Es verbleibt $\large \int_0^\infty \frac{\ln{x}\cos{ax}}{e^{bx}}dx$ Wir beginnen mit partieller Integration von $\large \int_0^\infty \frac{\ln{x}\sin{ax}}{e^{bx}}dx=\left[ -\frac{\ln{x}\sin{ax}}{be^{bx}} \right]_0^\infty + \frac1b \int_0^\infty \frac{\sin{ax}}{xe^{bx}}dx + \frac{a}{b} \int_0^\infty \frac{\ln{x}\cos{ax}}{e^{bx}}dx$ und bestimmen daraus, da das erste und zweite Integral bereits bekannt sind: $\large \int_0^\infty \frac{\ln{x}\cos{ax}}{e^{bx}}dx=\frac{b}{a^2+b^2} \cdot \left( -\gamma - \frac12 \ln(a^2+b^2) \right) - \frac{a}{a^2+b^2} \cdot \arctan{\frac{a}{b}}$ --- $\large \int_0^\infty \frac{\ln{ax}\cos{bx}}{e^{cx}}dx=\ln{a} \int_0^\infty \frac{\cos{bx}}{e^{cx}}dx+\int_0^\infty \frac{\ln{x}\cos{bx}}{e^{cx}}dx$ finden wir wieder leicht. Alternative Lösungen weiterhin sehr willkommen! Grüße Squire


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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
semasch
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  Beitrag No.17, eingetragen 2022-09-22 13:43

Moin zusammen, eine weitere Möglichkeit, das vierte Integral zu berechnen: Sei $I_3(a,b) := \int_0^{\infty} \frac{\sin(ax)}{x e^{bx}} \, dx$ das dritte Integral, das wie von Squire gezeigt zu \[ I_3(a,b) = \arctan\left(\frac{a}{b}\right) \] bestimmt wird. Zusätzlich benötigt meine Lösung das Integral $I_3'(a,b) := \int_0^{\infty} \frac{\cos(ax)-1}{x e^{bx}} \, dx$, das man analog zu \[ I_3'(a,b) = \frac{1}{2} \ln\left(\frac{b^2}{a^2+b^2}\right) \] bestimmt. Sei nun $I_4(a,b;\epsilon) := \int_{\epsilon}^{\infty} \frac{\ln(x) \sin(ax)}{e^{bx}} \, dx$ für $\epsilon \ge 0$ und $I_4(a,b) := I_4(a,b;0)$. Mit \[ \int \frac{\sin(ax)}{e^{bx}} \, dx = \operatorname{Im}\left(\int e^{(ia-b)x} \, dx\right) = - \frac{a \cos(ax) + b \sin(ax)}{(a^2+b^2) e^{bx}} \] folgt mittels partieller Integration \[ I_4(a,b;\epsilon) = - \ln(x) \frac{a \cos(ax) + b \sin(ax)}{(a^2+b^2) e^{bx}} \bigg\rvert_{\epsilon}^{\infty} + \frac{1}{a^2+b^2} \left[b \int_{\epsilon}^{\infty} \frac{\sin(ax)}{x e^{bx}} \, dx+ a \int_{\epsilon}^{\infty} \frac{\cos(ax)-1}{x e^{bx}} \, dx + a \int_{\epsilon}^{\infty} \frac{1}{x e^{bx}} \, dx\right]. \] Die Integrale der ersten beiden Terme in der eckigen Klammer oben konvergieren für $\epsilon \to 0$ gegen $I_3(a,b)$ bzw. $I_3'(a,b)$, das Integral des letzten Terms ist gegeben durch \[ \int_{\epsilon}^{\infty} \frac{1}{x e^{bx}} \, dx = |\xi = bx| = \int_{b\epsilon}^{\infty} \frac{1}{\xi e^{\xi}} \, d\xi = \operatorname{E_1}(b\epsilon) = - \ln(b\epsilon) - \gamma + O(\epsilon) \] für $\epsilon \to 0$. Mit \[ - \ln(x) \frac{a \cos(ax) + b \sin(ax)}{(a^2+b^2) e^{bx}} \bigg\rvert_{\epsilon}^{\infty} = \ln(\epsilon) \frac{a \cos(a\epsilon) + b \sin(a\epsilon)}{(a^2+b^2) e^{b\epsilon}} = \frac{a}{a^2+b^2} \ln(\epsilon) + o(1) \] für $\epsilon \to 0$ ergibt sich gemeinsam mit der Stetigkeit von $I_4(a,b;\epsilon)$ in $\epsilon$ \[ I_4(a,b) = \lim_{\epsilon \to 0} I_4(a,b;\epsilon) = \frac{1}{a^2+b^2} \left[-a\left(\gamma + \frac{1}{2} \ln(a^2+b^2)\right) + b \arctan\left(\frac{a}{b}\right)\right]. \] LG, semasch


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