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Die Funktion f ( z ) = tanh π z 2 e i α z 1 + z 2 {\displaystyle f(z)=\tanh {\frac {\pi z}{2}}\,{\frac {e^{i\alpha z}}{1+z^{2}}}} hat ihre Polstellen bei ± i , ± 3 i , ± 5 i , . . . {\displaystyle \pm i,\pm 3i,\pm 5i,...\,} Datei:Integrationsweg8.svg Für N → ∞ {\displaystyle N\to \infty \,} verschwinden die Integrale über den Abschnitten C 1 , C 2 , C 3 {\displaystyle C_{1},C_{2},C_{3}\,} . ∫ − ∞ ∞ f ( x ) d x = 2 π i ∑ n = 0 ∞ res ( f , ( 2 n + 1 ) i ) = i ( 2 α + 1 ) e − α + i ∑ n = 1 ∞ ( 1 n + 1 − 1 n ) e − ( 2 n + 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: ∫ − ∞ ∞ tanh π x 2 sin α x 1 + x 2 d x = 2 α e − α + ∑ n = 0 ∞ e − ( 2 n + 1 ) α n + 1 − ∑ n = 1 ∞ e − ( 2 n + 1 ) α n = 2 α e − α + ( e α − e − α ) ∑ n = 1 ∞ e − 2 n α n {\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}}} = 2 α e − α − 2 sinh α log ( 1 − e − 2 α ) = 2 α cosh α − 2 sinh α log ( 2 sinh α ) {\displaystyle =2\alpha e^{-\alpha }-2\sinh \alpha \log(1-e^{-2\alpha })=2\alpha \cosh \alpha -2\sinh \alpha \,\log(2\sinh \alpha )}
hat ihre Polstellen bei 
verschwinden die Integrale über den Abschnitten 
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