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Setzt man f ( z ) = z tan z {\displaystyle f(z)=z\,\tan z} , so ist ∫ C ε f d z + ∫ K ε f d z + ∫ D ε f d z + ∫ γ N f d z + ∫ σ N f d z + ∫ δ N f d z = ∮ f d z = 0 {\displaystyle \int _{C_{\varepsilon }}f\,dz+\int _{K_{\varepsilon }}f\,dz+\int _{D_{\varepsilon }}f\,dz+\int _{\gamma _{N}}f\,dz+\int _{\sigma _{N}}f\,dz+\int _{\delta _{N}}f\,dz=\oint f\,dz=0} . Nun ist lim ε → 0 + ∫ C ε f d z + ∫ D ε f d z = p.V. ∫ 0 π x tan x d x {\displaystyle \lim _{\varepsilon \to 0+}\int _{C_{\varepsilon }}f\,dz+\int _{D_{\varepsilon }}f\,dz={\text{p.V.}}\int _{0}^{\pi }x\,\tan x\,dx} und lim ε → 0 + ∫ K ε f d z = − i π res ( f , π 2 ) = i π 2 2 {\displaystyle \lim _{\varepsilon \to 0+}\int _{K_{\varepsilon }}f\,dz=-i\pi \,{\text{res}}\left(f,{\frac {\pi }{2}}\right)={\frac {i\pi ^{2}}{2}}} . Und aus ∫ γ N f d z + ∫ δ N f d z = ∫ 0 N f ( π + i y ) i d y − ∫ 0 N f ( i y ) i d y = − π ∫ 0 N tanh y d y = − π log ( cosh N ) {\displaystyle \int _{\gamma _{N}}f\,dz+\int _{\delta _{N}}f\,dz=\int _{0}^{N}f(\pi +iy)\,i\,dy-\int _{0}^{N}f(iy)\,i\,dy=-\pi \int _{0}^{N}\tanh y\,dy=-\pi \log(\cosh N)} und ∫ σ N f d z = − ∫ 0 π f ( x + i N ) d x = π log ( 2 cosh N ) − i π 2 2 {\displaystyle \int _{\sigma _{N}}f\,dz=-\int _{0}^{\pi }f(x+iN)\,dx=\pi \log(2\cosh N)-{\frac {i\pi ^{2}}{2}}} folgt ∫ γ N f d z + ∫ σ N f d z + ∫ δ N f d z = π log 2 − i π 2 2 {\displaystyle \int _{\gamma _{N}}f\,dz+\int _{\sigma _{N}}f\,dz+\int _{\delta _{N}}f\,dz=\pi \log 2-{\frac {i\pi ^{2}}{2}}} . Also ist p.V. ∫ 0 π x tan x d x + π log 2 = 0 {\displaystyle {\text{p.V.}}\int _{0}^{\pi }x\,\tan x\,dx+\pi \log 2=0} .
Wegen 1 + tan x = cos x + sin x cos x = 2 cos ( π 4 − x ) cos x {\displaystyle 1+\tan x={\frac {\cos x+\sin x}{\cos x}}={\frac {{\sqrt {2}}\cos \left({\frac {\pi }{4}}-x\right)}{\cos x}}} ist log ( 1 + tan x ) = 1 2 log 2 + log cos ( π 4 − x ) − log ( cos x ) {\displaystyle \log(1+\tan x)={\frac {1}{2}}\log 2+\log \cos \left({\frac {\pi }{4}}-x\right)-\log(\cos x)} . Da nach Substitution x ↦ π 4 − x {\displaystyle x\mapsto {\frac {\pi }{4}}-x} ∫ 0 π 4 log cos ( π 4 − x ) d x = ∫ 0 π 4 log ( cos x ) d x {\displaystyle \int _{0}^{\frac {\pi }{4}}\log \cos \left({\frac {\pi }{4}}-x\right)\,dx=\int _{0}^{\frac {\pi }{4}}\log(\cos x)\,dx} ist, ist das gesuchte Integral ∫ 0 π 4 1 2 log 2 d x = π 8 log 2 {\displaystyle \int _{0}^{\frac {\pi }{4}}{\frac {1}{2}}\log 2\,dx={\frac {\pi }{8}}\,\log 2} .
Nach der Formel von Lobatschewski ist ∫ − ∞ ∞ 1 ⋅ tan x x d x = ∫ 0 π 1 d x = π {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }1\cdot {\frac {\tan x}{x}}\,dx=\int _{0}^{\pi }1\,dx=\pi } . Substituiert man x → α x {\displaystyle x\to \alpha x\,} , so erhält man die behauptete Formel.
Für α ∈ C ∖ i R × {\displaystyle \alpha \in \mathbb {C} \setminus i\mathbb {R} ^{\times }} sei I ( α ) = ∫ 0 π 2 1 1 + tan α x d x {\displaystyle I(\alpha )=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {1}{1+\tan ^{\alpha }x}}\,dx} . Nach Substitution x ↦ π 2 − x {\displaystyle x\mapsto {\frac {\pi }{2}}-x} ist I ( α ) = ∫ 0 π 2 1 1 + cot α x d x = ∫ 0 π 2 tan α x 1 + tan α x d x {\displaystyle I(\alpha )=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {1}{1+\cot ^{\alpha }x}}\,dx=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\tan ^{\alpha }x}{1+\tan ^{\alpha }x}}\,dx} . Addiert man die verschiedenen Darstellungen von I ( α ) {\displaystyle I(\alpha )\,} , so ist 2 I ( α ) = ∫ 0 π 2 1 + tan α x 1 + tan α x d x = π 2 {\displaystyle 2I(\alpha )=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {1+\tan ^{\alpha }x}{1+\tan ^{\alpha }x}}\,dx={\frac {\pi }{2}}} . Unabhängig von α {\displaystyle \alpha \,} gilt also I ( α ) = π 4 {\displaystyle I(\alpha )={\frac {\pi }{4}}} .
Verwende die Formel 2 ∫ 0 π 2 sin 2 α − 1 x cos 2 β − 1 x d x = Γ ( α ) Γ ( β ) Γ ( α + β ) Re ( α ) , Re ( β ) > 0 {\displaystyle 2\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{2\alpha -1}x\,\cos ^{2\beta -1}x\,dx={\frac {\Gamma (\alpha )\,\Gamma (\beta )}{\Gamma (\alpha +\beta )}}\qquad {\text{Re}}(\alpha ),{\text{Re}}(\beta )>0} . Ist 0 < Re ( α ) < 1 {\displaystyle 0<{\text{Re}}(\alpha )<1\,} und setzt man β = 1 − α {\displaystyle \beta =1-\alpha \,} , so ist auch 0 < Re ( β ) < 1 {\displaystyle 0<{\text{Re}}(\beta )<1\,} . Also ist 2 ∫ 0 π 2 tan 2 α − 1 x d x = Γ ( α ) Γ ( 1 − α ) {\displaystyle 2\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\tan ^{2\alpha -1}x\;dx=\Gamma (\alpha )\,\Gamma (1-\alpha )} . Und das ist π sin α π {\displaystyle {\frac {\pi }{\sin \alpha \pi }}} nach dem Eulerschen Ergänzungssatz.
, so ist
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