Aloha :)
$$I=\int\limits_0^\infty \pink{x^{n-1}}\sin\left(2\pi\log(x)\right)\exp\left(-\frac{\log^2(x)}{2}\right)dx$$
Wegen \(x>0\) ist kannst du \(x^{n-1}\) mit Hilfe der Exponentialfunktion schreiben:$$I=\int\limits_0^\infty \pink{e^{(n-1)\log(x)}}\sin\left(2\pi\log(x)\right)\exp\left(-\frac{\log^2(x)}{2}\right)dx$$
Nun subsituiere:$$z\coloneqq\log(x)\implies\frac{dz}{dx}=\frac1x=\frac{1}{e^{\log(x)}}=\frac{1}{e^z}\implies dx=e^z\,dz$$mit den neuen Integrationsgrenzen \((z(0)\to-\infty)\) und \((z(\infty)\to\infty)\):$$I=\int\limits_{-\infty}^\infty e^{(n-1)\,z}\sin\left(2\pi z\right)\exp\left(-\frac{z^2}{2}\right)\,\underbrace{e^z\,dz}_{=dx}$$
Fasse nun die 3 Exponentialfunktionen zu einer zusammen:$$I=\int\limits_{-\infty}^\infty e^{nz-z^2/2}\sin\left(2\pi z\right)dz$$und multipliziere mit einer nahrhaften Eins: \((1=e^{n^2/2}\cdot e^{-n^2/2})\):$$I=e^{n^2/2}\int\limits_{-\infty}^\infty e^{\pink{-n^2/2+nz-z^2/2}}\sin\left(2\pi z\right)dz=e^{n^2/2}\int\limits_{-\infty}^\infty e^{\pink{-(z-n)^2/2}}\sin\left(2\pi z\right)dz$$
Jetzt kannst du erneut substituieren:$$u\coloneqq z-n\implies z=u+n\implies dz=du$$ die Integration geht weiterhin über ganz \(\mathbb R\):$$I=e^{n^2/2}\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-u^2/2}\sin\left(2\pi(u+n)\right)du$$Diese Substitution hat der Autor der Lösung "im Kopf" durchgeführt und dabei keine neue Integrationsvariable \(u\) eingeführt, sondern einfach die bestehende beibehalten.
Da die Sinusfunktion \(2\pi\)-periodisch ist, erhalten wir schließlich:$$I=e^{n^2/2}\int\limits_{-\infty}^\infty \underbrace{e^{-u^2/2}\sin(2\pi u)}_{\eqqcolon f(u)}\,du$$
Weil der Integrand eine ungerade Funktion ist:$$f(-u)=e^{-(-u)^2/2}\sin(2\pi(-u))=e^{-u^2/2}\sin(-2\pi u)=-e^{-u^2/2}\sin(2\pi u)=-f(u)$$verschwindet das Integral:$$I=e^{n^2/2}\int\limits_{\pink{-\infty}}^\infty f(u)\,du=e^{n^2/2}\int\limits_{\pink0}^\infty\left(f(u)\pink{+f(-u)}\right)du=e^{n^2/2}\int\limits_0^\infty\left(f(u)-f(u)\right)du=0$$
