Zurück zu Bestimmte Integrale
Die Funktion f ( z ) := coth π z 2 e i α z 1 + z 2 {\displaystyle f(z):=\coth {\frac {\pi z}{2}}\,\,{\frac {e^{i\alpha z}}{1+z^{2}}}} besitzt die Polstellenmenge i ⋅ 2 Z {\displaystyle i\cdot 2\mathbb {Z} } und hat bei z = ± i {\displaystyle z=\pm i\,} hebbare Definitionslücken. 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}\,} . p.V. ∫ − ∞ ∞ f ( x ) d x = i π res ( f , 0 ) + 2 π i ∑ n = 1 ∞ res ( f , i ⋅ 2 n ) = 2 i + 2 i ∑ n = 1 ∞ ( 1 2 n + 1 − 1 2 n − 1 ) e − 2 n α {\displaystyle {\text{p.V.}}\int _{-\infty }^{\infty }f(x)\,dx=i\pi \,{\text{res}}(f,0)+2\pi i\sum _{n=1}^{\infty }{\text{res}}(f,i\cdot 2n)=2i+2i\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {1}{2n+1}}-{\frac {1}{2n-1}}\right)e^{-2n\alpha }} Betrachte nun den im Ursprung stetig fortsetzbaren Imaginärteil des Integranden: ∫ − ∞ ∞ coth π x 2 sin α x 1 + x 2 d x = 2 + 2 ∑ n = 1 ∞ ( e − α ) 2 n 2 n + 1 − 2 ∑ n = 1 ∞ ( e − α ) 2 n 2 n − 1 = 2 ∑ n = 0 ∞ ( e − α ) 2 n 2 n + 1 − 2 ∑ n = 0 ∞ ( e − α ) 2 n + 2 2 n + 1 {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }\coth {\frac {\pi x}{2}}\,\,{\frac {\sin \alpha x}{1+x^{2}}}\,dx=2+2\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(e^{-\alpha })^{2n}}{2n+1}}-2\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(e^{-\alpha })^{2n}}{2n-1}}=2\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(e^{-\alpha })^{2n}}{2n+1}}-2\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(e^{-\alpha })^{2n+2}}{2n+1}}} = 2 ( e α − e − α ) ∑ n = 0 ∞ ( e − α ) 2 n + 1 2 n + 1 = 4 sinh α artanh e − α {\displaystyle =2\,(e^{\alpha }-e^{-\alpha })\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(e^{-\alpha })^{2n+1}}{2n+1}}=4\sinh \alpha \,\,{\text{artanh}}\,e^{-\alpha }}
besitzt die Polstellenmenge 
und hat bei 
hebbare Definitionslücken.
verschwinden die Integrale über den Abschnitten 
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