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Verwende die Formel J ν ( z ) = 1 2 π i ∫ C e z 2 ( t − 1 t ) d t t ν + 1 {\displaystyle J_{\nu }(z)={\frac {1}{2\pi i}}\int _{C}e^{{\frac {z}{2}}\left(t-{\frac {1}{t}}\right)}\,{\frac {dt}{t^{\nu +1}}}} für Re ( z ) > 0 {\displaystyle {\text{Re}}(z)>0\,} . C {\displaystyle C\,} sei hierbei die Kurve, die geradlinig von − ∞ − i ε {\displaystyle -\infty -i\varepsilon } nach − 1 − i ε {\displaystyle -1-i\varepsilon } läuft, von dort im Kreisbogen K ε {\displaystyle K_{\varepsilon }} mit Radius 1 + ε 2 {\displaystyle {\sqrt {1+\varepsilon ^{2}}}} nach − 1 + i ε {\displaystyle -1+i\varepsilon } läuft, und von dort geradlinig nach − ∞ + i ε {\displaystyle -\infty +i\varepsilon } läuft. Setzt man f ( t ) = e z 2 ( t − 1 t ) 1 t ν + 1 {\displaystyle f(t)=e^{{\frac {z}{2}}\left(t-{\frac {1}{t}}\right)}\,{\frac {1}{t^{\nu +1}}}} , so ist J ν ( z ) = 1 2 π i ∫ − ∞ − i ε − 1 − i ε f ( t ) d t + 1 2 π i ∫ K ε f ( t ) d t + 1 2 π i ∫ − 1 + i ε − ∞ + i ε f ( t ) d t {\displaystyle J_{\nu }(z)={\frac {1}{2\pi i}}\int _{-\infty -i\varepsilon }^{-1-i\varepsilon }f(t)\,dt+{\frac {1}{2\pi i}}\int _{K_{\varepsilon }}f(t)\,dt+{\frac {1}{2\pi i}}\int _{-1+i\varepsilon }^{-\infty +i\varepsilon }f(t)\,dt} = 1 2 π i ∫ 1 ∞ f ( − t − i ε ) d t − 1 2 π i ∫ 1 ∞ f ( − t + i ε ) d t + 1 2 π i ∫ K ε f ( t ) d t {\displaystyle ={\frac {1}{2\pi i}}\int _{1}^{\infty }f(-t-i\varepsilon )\,dt-{\frac {1}{2\pi i}}\int _{1}^{\infty }f(-t+i\varepsilon )\,dt+{\frac {1}{2\pi i}}\int _{K_{\varepsilon }}f(t)\,dt} . lim ε → 0 + f ( − t − i ε ) − f ( − t + i ε ) = e z 2 ( − t + 1 t ) ( − e i π ν t ν + 1 − − e − i π ν t ν + 1 ) = − 2 i e z 2 ( − t + 1 t ) ⋅ sin ν π t ν + 1 {\displaystyle \lim _{\varepsilon \to 0+}f(-t-i\varepsilon )-f(-t+i\varepsilon )=e^{{\frac {z}{2}}\left(-t+{\frac {1}{t}}\right)}\left({\frac {-e^{i\pi \nu }}{t^{\nu +1}}}-{\frac {-e^{-i\pi \nu }}{t^{\nu +1}}}\right)=-2i\,e^{{\frac {z}{2}}\left(-t+{\frac {1}{t}}\right)}\cdot {\frac {\sin \nu \pi }{t^{\nu +1}}}} ⇒ 1 2 π i ∫ 1 ∞ f ( − t − i ε ) d t − 1 2 π i ∫ 1 ∞ f ( − t + i ε ) d t = − sin ν π π ∫ 1 ∞ e z 2 ( − t + 1 t ) d t t ν + 1 {\displaystyle \Rightarrow {\frac {1}{2\pi i}}\int _{1}^{\infty }f(-t-i\varepsilon )\,dt-{\frac {1}{2\pi i}}\int _{1}^{\infty }f(-t+i\varepsilon )\,dt=-{\frac {\sin \nu \pi }{\pi }}\int _{1}^{\infty }e^{{\frac {z}{2}}\left(-t+{\frac {1}{t}}\right)}\,{\frac {dt}{t^{\nu +1}}}} , was nach Substitution t ↦ e t {\displaystyle t\mapsto e^{t}\,} gleich − sin ν π π ∫ 0 ∞ e − z sinh t − ν t d t {\displaystyle -{\frac {\sin \nu \pi }{\pi }}\int _{0}^{\infty }e^{-z\sinh t-\nu t}\,dt} ist. Und 1 2 π i ∫ K ε f ( t ) d t ⟶ ε → 0 + ∫ − π π f ( e i t ) i e i t d t = 1 2 π ∫ − π π e z 2 ( e i t − e − i t ) d t e i ν t t ν + 1 {\displaystyle {\frac {1}{2\pi i}}\int _{K_{\varepsilon }}f(t)\,dt\,\,{\stackrel {\varepsilon \to 0+}{\longrightarrow }}\,\int _{-\pi }^{\pi }f(e^{it})\,i\,e^{it}\,dt={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }e^{{\frac {z}{2}}\left(e^{it}-e^{-it}\right)}\,{\frac {dt}{e^{i\nu t}\,t^{\nu +1}}}} = 1 2 π ∫ − π π e i z sin t − i ν t d t = 1 π ∫ 0 π cos ( z sin t − ν t ) d t {\displaystyle ={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }e^{iz\sin t-i\nu t}\,dt={\frac {1}{\pi }}\int _{0}^{\pi }\cos(z\sin t-\nu t)\,dt} . Also ist 1 π ∫ 0 π cos ( z sin x − ν x ) d x − sin ν π π ∫ 0 ∞ e − z sinh x − ν x d x {\displaystyle {\frac {1}{\pi }}\int _{0}^{\pi }\cos(z\sin x-\nu x)dx-{\frac {\sin \nu \pi }{\pi }}\int _{0}^{\infty }e^{-z\sinh x-\nu x}\,dx} .
für 
.
sei hierbei die Kurve, die geradlinig von 
nach 
läuft,
mit Radius 
nach 
läuft,
läuft.
, so ist
.
,
gleich 
ist.
.
.
