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Die Funktion f(z)=tanhπz2eiαz1+z2{\displaystyle f(z)=\tanh {\frac {\pi z}{2}}\,{\frac {e^{i\alpha z}}{1+z^{2}}}} hat ihre Polstellen bei ±i,±3i,±5i,...{\displaystyle \pm i,\pm 3i,\pm 5i,...\,} Datei:Integrationsweg8.svg Für N→∞{\displaystyle N\to \infty \,} verschwinden die Integrale über den Abschnitten C1,C2,C3{\displaystyle C_{1},C_{2},C_{3}\,} . ∫−∞∞f(x)dx=2πi∑n=0∞res(f,(2n+1)i)=i(2α+1)e−α+i∑n=1∞(1n+1−1n)e−(2n+1)α{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }f(x)\,dx=2\pi i\sum _{n=0}^{\infty }{\text{res}}\left(f,(2n+1)i\right)=i\left(2\alpha +1\right)e^{-\alpha }+i\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {1}{n+1}}-{\frac {1}{n}}\right)e^{-(2n+1)\alpha }} Betrachte nun den Imaginärteil: ∫−∞∞tanhπx2sinαx1+x2dx=2αe−α+∑n=0∞e−(2n+1)αn+1−∑n=1∞e−(2n+1)αn=2αe−α+(eα−e−α)∑n=1∞e−2nαn{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }\tanh {\frac {\pi x}{2}}\,\,{\frac {\sin \alpha x}{1+x^{2}}}\,dx=2\alpha e^{-\alpha }+\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {e^{-(2n+1)\alpha }}{n+1}}-\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {e^{-(2n+1)\alpha }}{n}}=2\alpha e^{-\alpha }+(e^{\alpha }-e^{-\alpha })\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {e^{-2n\alpha }}{n}}} =2αe−α−2sinhαlog(1−e−2α)=2αcoshα−2sinhαlog(2sinhα){\displaystyle =2\alpha e^{-\alpha }-2\sinh \alpha \log(1-e^{-2\alpha })=2\alpha \cosh \alpha -2\sinh \alpha \,\log(2\sinh \alpha )}