Zurück zu Bestimmte Integrale
Aus der Formel ∫ 0 ∞ x 2 n cosh 2 π x − cos 2 π α d x = ( − 1 ) n + 1 B 2 n + 1 ( α ) 2 n + 1 sin 2 π α {\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {x^{2n}}{\cosh 2\pi x-\cos 2\pi \alpha }}\,dx=(-1)^{n+1}\,{\frac {\frac {B_{2n+1}(\alpha )}{2n+1}}{\sin 2\pi \alpha }}} folgt ∫ 0 ∞ x 2 n cosh 2 π x + 1 d x = ( − 1 ) n + 1 lim α → 1 / 2 B 2 n + 1 ( α ) 2 n + 1 sin 2 π α = L.H. ( − 1 ) n + 1 lim α → 1 / 2 B 2 n ( α ) 2 π cos 2 π α = ( − 1 ) n B 2 n ( 1 2 ) 2 π {\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {x^{2n}}{\cosh 2\pi x+1}}\,dx=(-1)^{n+1}\,\lim _{\alpha \to 1/2}{\frac {\frac {B_{2n+1}(\alpha )}{2n+1}}{\sin 2\pi \alpha }}{\stackrel {\text{L.H.}}{\,\,\,\,=\,\,\,\,}}(-1)^{n+1}\lim _{\alpha \to 1/2}{\frac {B_{2n}(\alpha )}{2\pi \cos 2\pi \alpha }}=(-1)^{n}\,{\frac {B_{2n}\left({\frac {1}{2}}\right)}{2\pi }}} .
Betrachte die Formel ∫ − ∞ ∞ cosh a x cosh 2 π x + cos 2 π b d x = sin a b sin ( a 2 ) sin 2 π b {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\cosh ax}{\cosh 2\pi x+\cos 2\pi b}}\,dx={\frac {\sin ab}{\sin \left({\frac {a}{2}}\right)\,\sin 2\pi b}}} im Grenzfall b → 0 {\displaystyle b\to 0} : f ( a ) := ∫ − ∞ ∞ cosh a x cosh 2 π x + 1 d x = 1 π a 2 sin a 2 {\displaystyle f(a):=\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\cosh ax}{\cosh 2\pi x+1}}\,dx={\frac {1}{\pi }}\,{\frac {\frac {a}{2}}{\sin {\frac {a}{2}}}}} Auf der einen Seite ist nun f ( 2 n ) ( a ) = ∫ − ∞ ∞ cosh a x ⋅ x 2 n cosh 2 π x + 1 d x ⇒ f ( 2 n ) ( 0 ) = ∫ − ∞ ∞ x 2 n cosh 2 π x + 1 d x {\displaystyle f^{(2n)}(a)=\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\cosh ax\cdot x^{2n}}{\cosh 2\pi x+1}}\,dx\,\,\Rightarrow \,\,f^{(2n)}(0)=\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {x^{2n}}{\cosh 2\pi x+1}}\,dx} . Auf der anderen Seite hat die Taylorreihenentwicklung von f {\displaystyle f\,} folgende Form: f ( a ) = 1 π ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n ( 1 2 2 n − 1 − 1 ) B 2 n a 2 n ( 2 n ) ! ⇒ f ( 2 n ) ( 0 ) = 1 π ( − 1 ) n ( 1 2 2 n − 1 − 1 ) B 2 n {\displaystyle f(a)={\frac {1}{\pi }}\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}\left({\frac {1}{2^{2n-1}}}-1\right)B_{2n}\,{\frac {a^{2n}}{(2n)!}}\,\,\Rightarrow \,\,f^{(2n)}(0)={\frac {1}{\pi }}\,(-1)^{n}\,\left({\frac {1}{2^{2n-1}}}-1\right)B_{2n}} Also ist ∫ − ∞ ∞ x 2 n cosh 2 π x + 1 d x = 1 π ( − 1 ) n ( 1 2 2 n − 1 − 1 ) B 2 n = ( − 1 ) n B 2 n ( 1 2 ) π {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {x^{2n}}{\cosh 2\pi x+1}}\,dx={\frac {1}{\pi }}\,(-1)^{n}\,\left({\frac {1}{2^{2n-1}}}-1\right)B_{2n}=(-1)^{n}\,{\frac {B_{2n}\left({\frac {1}{2}}\right)}{\pi }}} .
Für x > 0 {\displaystyle x>0\,} ist 1 cosh x = 2 e x + e − x = 2 e − x 1 1 + e − 2 x = 2 e − x ∑ k = 0 ∞ ( − 1 ) k e − 2 k x = 2 ∑ k = 0 ∞ ( − 1 ) k e − ( 2 k + 1 ) x {\displaystyle {\frac {1}{\cosh x}}={\frac {2}{e^{x}+e^{-x}}}=2e^{-x}{\frac {1}{1+e^{-2x}}}=2e^{-x}\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\,e^{-2kx}=2\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\,e^{-(2k+1)x}} . Also ist x α − 1 cosh x = 2 ∑ k = 0 ∞ ( − 1 ) k x α − 1 e − ( 2 k + 1 ) x {\displaystyle {\frac {x^{\alpha -1}}{\cosh x}}=2\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\,x^{\alpha -1}\,e^{-(2k+1)x}} und somit ist ∫ 0 ∞ x α − 1 cosh x d x = 2 ∑ k = 0 ∞ ( − 1 ) k ∫ 0 ∞ x α − 1 e − ( 2 k + 1 ) x d x = 2 ∑ k = 0 ∞ ( − 1 ) k Γ ( α ) ( 2 k + 1 ) α = 2 Γ ( α ) β ( α ) {\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {x^{\alpha -1}}{\cosh x}}\,dx=2\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\int _{0}^{\infty }x^{\alpha -1}\,e^{-(2k+1)x}\,dx=2\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\,{\frac {\Gamma (\alpha )}{(2k+1)^{\alpha }}}=2\,\Gamma (\alpha )\,\beta (\alpha )} .
y ( α ) := ∫ − ∞ ∞ cosh α x cosh π x 1 1 + x 2 d x {\displaystyle y(\alpha ):=\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\cosh \alpha x}{\cosh \pi x}}\,{\frac {1}{1+x^{2}}}\,dx} ⇒ y ″ ( α ) + y ( α ) = ∫ − ∞ ∞ cosh α x cosh π x d x = sec ( α 2 ) {\displaystyle \Rightarrow y''(\alpha )+y(\alpha )=\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\cosh \alpha x}{\cosh \pi x}}\,dx=\sec \left({\frac {\alpha }{2}}\right)} mit y ( π ) = ∫ − ∞ ∞ d x 1 + x 2 = π {\displaystyle y(\pi )=\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {dx}{1+x^{2}}}=\pi } und y ′ ( 0 ) = 0 {\displaystyle y'(0)=0} . Ansatz (Variation der Konstante): y ( x ) = c ( x ) sin x + d ( x ) cos x {\displaystyle y(x)=c(x)\sin x+d(x)\cos x\,} y ′ ( x ) = c ( x ) cos x − d ( x ) sin x + c ′ ( x ) sin x + d ′ ( x ) cos x ⏟ = 0 (Forderung) {\displaystyle y'(x)=c(x)\cos x-d(x)\sin x+\underbrace {c'(x)\sin x+d'(x)\cos x} _{=0\,{\text{(Forderung)}}}} y ″ ( x ) = − c ( x ) sin x − d ( x ) cos x + c ′ ( x ) cos x − d ′ ( x ) sin x {\displaystyle y''(x)=-c(x)\sin x-d(x)\cos x+c'(x)\cos x-d'(x)\sin x\,} Also ist y ″ ( x ) + y ( x ) = c ′ ( x ) cos x − d ′ ( x ) sin x = sec x 2 {\displaystyle y''(x)+y(x)=c'(x)\cos x-d'(x)\sin x=\sec {\frac {x}{2}}} . ( cos x − sin x sin x cos x ) ( c ′ ( x ) d ′ ( x ) ) = ( sec x 2 0 ) {\displaystyle {\begin{pmatrix}\cos x&-\sin x\\\sin x&\cos x\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}c'(x)\\d'(x)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\sec {\frac {x}{2}}\\0\end{pmatrix}}} ⇒ ( c ′ ( x ) d ′ ( x ) ) = ( cos x sin x − sin x cos x ) ( sec x 2 0 ) = ( cos x sec x 2 − sin x sec x 2 ) = ( ( 2 cos 2 x 2 − 1 ) sec x 2 − 2 sin x 2 cos x 2 sec x 2 ) = ( 2 cos x 2 − sec x 2 − 2 sin x 2 ) {\displaystyle \Rightarrow {\begin{pmatrix}c'(x)\\d'(x)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\cos x&\sin x\\-\sin x&\cos x\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}\sec {\frac {x}{2}}\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\cos x\,\,\sec {\frac {x}{2}}\\-\sin x\,\,\sec {\frac {x}{2}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\left(2\cos ^{2}{\frac {x}{2}}-1\right)\sec {\frac {x}{2}}\\-2\sin {\frac {x}{2}}\cos {\frac {x}{2}}\,\sec {\frac {x}{2}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\cos {\frac {x}{2}}-\sec {\frac {x}{2}}\\-2\sin {\frac {x}{2}}\end{pmatrix}}} ⇒ ( c ( x ) d ( x ) ) = ( 4 sin x 2 − 2 log tan ( π 4 + x 4 ) 4 cos x 2 − π ) {\displaystyle \Rightarrow {\begin{pmatrix}c(x)\\d(x)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4\sin {\frac {x}{2}}-2\log \tan \left({\frac {\pi }{4}}+{\frac {x}{4}}\right)\\4\cos {\frac {x}{2}}-\pi \end{pmatrix}}} , wegen c ( 0 ) = y ′ ( 0 ) = 0 {\displaystyle c(0)=y'(0)=0} und − d ( π ) = y ( π ) = π {\displaystyle -d(\pi )=y(\pi )=\pi } . Somit ist y ( x ) = [ 4 sin x 2 − 2 log tan ( π 4 + x 4 ) ] sin x + [ 4 cos x 2 − π ] cos x {\displaystyle y(x)=\left[4\sin {\frac {x}{2}}-2\log \tan \left({\frac {\pi }{4}}+{\frac {x}{4}}\right)\right]\sin x+\left[4\cos {\frac {x}{2}}-\pi \right]\cos x} = 4 sin x 2 sin x − 2 sin x log tan ( π 4 + x 4 ) + 4 cos x 2 cos x − π cos x {\displaystyle =4\sin {\frac {x}{2}}\,\sin x-2\sin x\,\log \tan \left({\frac {\pi }{4}}+{\frac {x}{4}}\right)+4\cos {\frac {x}{2}}\,\cos x-\pi \,\cos x} = 4 cos ( x 2 ) − π cos x − 2 sin x log tan ( π 4 + x 4 ) {\displaystyle =4\cos \left({\frac {x}{2}}\right)-\,\pi \cos x-\,2\sin x\,\,\log \tan \left({\frac {\pi }{4}}+{\frac {x}{4}}\right)} .
I := ∫ − ∞ ∞ 2 cosh β x ( 2 cosh x ) α d x = ∫ − ∞ ∞ e β x + e − β x ( e x + e − x ) α d x = ∫ 0 ∞ x β + x − β ( x + x − 1 ) α d x x {\displaystyle I:=\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {2\cosh \beta x}{(2\cosh x)^{\alpha }}}\,dx=\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {e^{\beta x}+e^{-\beta x}}{(e^{x}+e^{-x})^{\alpha }}}\,dx=\int _{0}^{\infty }{\frac {x^{\beta }+x^{-\beta }}{(x+x^{-1})^{\alpha }}}\,{\frac {dx}{x}}} ist nach Substitution x ↦ sin u cos u {\displaystyle x\mapsto {\frac {\sin u}{\cos u}}} gleich ∫ 0 π 2 ( sin u cos u ) β + ( cos u sin u ) β ( sin u cos u + cos u sin u ) α d u sin u ⋅ cos u {\displaystyle \int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\left({\frac {\sin u}{\cos u}}\right)^{\beta }+\left({\frac {\cos u}{\sin u}}\right)^{\beta }}{\left({\frac {\sin u}{\cos u}}+{\frac {\cos u}{\sin u}}\right)^{\alpha }}}\,{\frac {du}{\sin u\cdot \cos u}}} . Dabei ist sin u cos u + cos u sin u = sin 2 u + cos 2 u sin u ⋅ cos u = 1 sin u ⋅ cos u {\displaystyle {\frac {\sin u}{\cos u}}+{\frac {\cos u}{\sin u}}={\frac {\sin ^{2}u+\cos ^{2}u}{\sin u\cdot \cos u}}={\frac {1}{\sin u\cdot \cos u}}} . Also ist I = ∫ 0 π 2 ( sin u ⋅ cos u ) α − 1 ( ( sin u cos u ) β + ( cos u sin u ) β ) d u {\displaystyle I=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\left(\sin u\cdot \cos u\right)^{\alpha -1}\left(\left({\frac {\sin u}{\cos u}}\right)^{\beta }+\left({\frac {\cos u}{\sin u}}\right)^{\beta }\right)du} ∫ 0 π 2 ( sin u ) α + β − 1 ( cos u ) α − β − 1 d u + ∫ 0 π 2 ( sin u ) α − β − 1 ( cos u ) α + β − 1 d u {\displaystyle \int _{0}^{\frac {\pi }{2}}(\sin u)^{\alpha +\beta -1}\,(\cos u)^{\alpha -\beta -1}\,du+\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}(\sin u)^{\alpha -\beta -1}\,(\cos u)^{\alpha +\beta -1}\,du} = B ( α + β 2 , α − β 2 ) = Γ ( α + β 2 ) Γ ( α − β 2 ) Γ ( α ) {\displaystyle =B\left({\frac {\alpha +\beta }{2}},{\frac {\alpha -\beta }{2}}\right)={\frac {\Gamma \left({\frac {\alpha +\beta }{2}}\right)\,\Gamma \left({\frac {\alpha -\beta }{2}}\right)}{\Gamma (\alpha )}}} .
Setze F n ( x ) := 1 i n π 2 ∫ − ∞ ∞ y n 1 sin 2 π ( x + i y ) d y {\displaystyle F_{n}(x):={\frac {1}{i^{n}}}\,{\frac {\pi }{2}}\,\int _{-\infty }^{\infty }y^{n}\,{\frac {1}{\sin ^{2}\pi (x+iy)}}\,dy} . F 0 ( x ) = π 2 ∫ − ∞ ∞ 1 sin 2 π ( x + i y ) d y = [ i 2 cot π ( x + i y ) ] y = − ∞ y = ∞ = 1 2 + 1 2 = 1 {\displaystyle F_{0}(x)={\frac {\pi }{2}}\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {1}{\sin ^{2}\pi (x+iy)}}\,dy=\left[{\frac {i}{2}}\,\cot \pi (x+iy)\right]_{y=-\infty }^{y=\infty }={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}=1} F n ( 0 ) = − 1 i n π 2 ∫ − ∞ ∞ y n sinh 2 π y = B n n ≥ 2 {\displaystyle F_{n}(0)=-{\frac {1}{i^{n}}}\,{\frac {\pi }{2}}\,\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {y^{n}}{\sinh ^{2}\pi y}}=B_{n}\qquad n\geq 2} F n ( 1 2 ) = 1 i n π 2 ∫ − ∞ ∞ y n cosh 2 π y d y = ( 1 2 n − 1 − 1 ) B n n ≥ 0 {\displaystyle F_{n}\left({\frac {1}{2}}\right)={\frac {1}{i^{n}}}\,{\frac {\pi }{2}}\,\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {y^{n}}{\cosh ^{2}\pi y}}\,dy=\left({\frac {1}{2^{n-1}}}-1\right)B_{n}\qquad n\geq 0} F n ′ ( x ) = − 1 i n π 2 ∫ − ∞ ∞ y n cos π ( x + i y ) sin 3 π ( x + i y ) d y {\displaystyle F_{n}'(x)=-{\frac {1}{i^{n}}}\,\pi ^{2}\,\int _{-\infty }^{\infty }y^{n}\,{\frac {\cos \pi (x+iy)}{\sin ^{3}\pi (x+iy)}}\,dy} = [ − 1 i n − 1 π 2 y n 1 sin 2 π ( x + i y ) ] y = − ∞ y = ∞ ⏟ = 0 + 1 i n − 1 π 2 ∫ − ∞ ∞ n y n − 1 1 sin 2 π ( x + i y ) d y = n F n − 1 ( x ) {\displaystyle =\underbrace {\left[-{\frac {1}{i^{n-1}}}\,{\frac {\pi }{2}}\,y^{n}\,{\frac {1}{\sin ^{2}\pi (x+iy)}}\right]_{y=-\infty }^{y=\infty }} _{=0}+{\frac {1}{i^{n-1}}}\,{\frac {\pi }{2}}\,\int _{-\infty }^{\infty }n\,y^{n-1}\,{\frac {1}{\sin ^{2}\pi (x+iy)}}\,dy=n\,F_{n-1}(x)} Daher muss F n ( x ) {\displaystyle F_{n}(x)} das Bernoulli-Polynom B n ( x ) {\displaystyle B_{n}(x)} sein. B 2 n + 1 ( x ) = 1 i 2 n + 1 π 2 ∫ − ∞ ∞ y 2 n + 1 1 sin 2 π ( x + i y ) d y {\displaystyle B_{2n+1}(x)={\frac {1}{i^{2n+1}}}\,{\frac {\pi }{2}}\,\int _{-\infty }^{\infty }y^{2n+1}\,{\frac {1}{\sin ^{2}\pi (x+iy)}}\,dy} = lim M → ∞ ( [ 1 i 2 n 1 2 y 2 n + 1 cot π ( x + i y ) ] y = − M y = M − 1 i 2 n 1 2 ∫ − M M ( 2 n + 1 ) y 2 n cot π ( x + i y ) d y ) {\displaystyle =\lim _{M\to \infty }\left(\left[{\frac {1}{i^{2n}}}\,{\frac {1}{2}}\,y^{2n+1}\,\cot \pi (x+iy)\right]_{y=-M}^{y=M}-{\frac {1}{i^{2n}}}\,{\frac {1}{2}}\,\int _{-M}^{M}(2n+1)\,y^{2n}\,\cot \pi (x+iy)\,dy\right)} Wegen cot π ( x + i y ) + cot π ( x − i y ) = 2 sin 2 π x cosh 2 π y − cos 2 π x {\displaystyle \cot \pi (x+iy)+\cot \pi (x-iy)=2\,{\frac {\sin 2\pi x}{\cosh 2\pi y-\cos 2\pi x}}} ist lim M → ∞ M 2 n + 1 ( cot π ( x + i M ) + cot π ( x − i M ) ) = 0 {\displaystyle \lim _{M\to \infty }M^{2n+1}{\Big (}\cot \pi (x+iM)+\cot \pi (x-iM){\Big )}=0} und daher ist 2 ( − 1 ) n + 1 B 2 n + 1 ( x ) 2 n + 1 = p.V. ∫ − ∞ ∞ y 2 n cot π ( x + i y ) d y = p.V. ∫ − ∞ ∞ y 2 n cot π ( x − i y ) d y {\displaystyle 2\,(-1)^{n+1}\,{\frac {B_{2n+1}(x)}{2n+1}}={\text{p.V.}}\int _{-\infty }^{\infty }y^{2n}\,\cot \pi (x+iy)\,dy={\text{p.V.}}\int _{-\infty }^{\infty }y^{2n}\,\cot \pi (x-iy)\,dy} . Also ist ∫ − ∞ ∞ y 2 n sin 2 π x cosh 2 π y − cos 2 π x d y {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }y^{2n}\,{\frac {\sin 2\pi x}{\cosh 2\pi y-\cos 2\pi x}}\,dy} = 1 2 ∫ − ∞ ∞ y 2 n ( cot π ( x + i y ) + cot π ( x − i y ) ) d y = 2 ( − 1 ) n + 1 B 2 n + 1 ( x ) 2 n + 1 {\displaystyle ={\frac {1}{2}}\int _{-\infty }^{\infty }y^{2n}{\Big (}\cot \pi (x+iy)+\cot \pi (x-iy){\Big )}dy=2\,(-1)^{n+1}\,{\frac {B_{2n+1}(x)}{2n+1}}} .
Setzt man f ( z ) = cosh a z cosh 2 π z + cos 2 π b {\displaystyle f(z)={\frac {\cosh az}{\cosh 2\pi z+\cos 2\pi b}}} , so ist f ( z + i ) = cosh a z cos a + i sinh a z sin a cosh 2 π z + cos 2 π b {\displaystyle f(z+i)={\frac {\cosh az\,\cos a+i\sinh az\,\sin a}{\cosh 2\pi z+\cos 2\pi b}}} . Da der Imaginärteil eine ungerade Funktion ist, gilt ∫ − ∞ ∞ f ( x + i ) d x = cos a ∫ − ∞ ∞ f ( x ) d x {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }f(x+i)\,dx=\cos a\,\int _{-\infty }^{\infty }f(x)\,dx} . Für R → ∞ {\displaystyle R\to \infty \,} verschwinden die Integrale über den vertikalen Strecken, daher ist lim R → ∞ ∮ f d z = ∫ − ∞ ∞ f ( x ) d x − ∫ − ∞ ∞ f ( x + i ) d x = ( 1 − cos a ) ∫ − ∞ ∞ f d x = 2 sin 2 ( a 2 ) ∫ − ∞ ∞ f d x {\displaystyle \lim _{R\to \infty }\oint f\,dz=\int _{-\infty }^{\infty }f(x)\,dx-\int _{-\infty }^{\infty }f(x+i)\,dx=(1-\cos a)\int _{-\infty }^{\infty }f\,dx=2\,\sin ^{2}\left({\frac {a}{2}}\right)\,\int _{-\infty }^{\infty }f\,dx} . Auf der anderen Seite ist nach dem Residuensatz lim R → ∞ ∮ f d z = 2 π i res ( f , i ( 1 2 − b ) ) + 2 π i res ( f , i ( 1 2 + b ) ) {\displaystyle \lim _{R\to \infty }\oint f\,dz=2\pi i\,{\text{res}}\left(f,i\left({\frac {1}{2}}-b\right)\right)+2\pi i\,{\text{res}}\left(f,i\left({\frac {1}{2}}+b\right)\right)} = cos ( a ( 1 2 − b ) ) sin 2 π b − cos ( a ( 1 2 + b ) ) sin 2 π b = 2 sin ( a 2 ) sin a b sin 2 π b {\displaystyle ={\frac {\cos \left(a\left({\frac {1}{2}}-b\right)\right)}{\sin 2\pi b}}-{\frac {\cos \left(a\left({\frac {1}{2}}+b\right)\right)}{\sin 2\pi b}}={\frac {2\,\sin \left({\frac {a}{2}}\right)\,\sin ab}{\sin 2\pi b}}} . Daraus folgt ∫ − ∞ ∞ f ( x ) d x = sin a b sin ( a 2 ) sin 2 π b {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }f(x)\,dx={\frac {\sin ab}{\sin \left({\frac {a}{2}}\right)\,\sin 2\pi b}}} .
Setzt man f ( z ) = cosh π z cosh a z cosh 2 π z + cos 2 π b {\displaystyle f(z)={\frac {\cosh \pi z\,\cosh az}{\cosh 2\pi z+\cos 2\pi b}}} , so ist f ( z + i ) = − cosh π z ( cosh a z cos a + i sinh a z sin a ) cosh 2 π z + cos 2 π b {\displaystyle f(z+i)=-{\frac {\cosh \pi z\,(\cosh az\,\cos a+i\sinh az\,\sin a)}{\cosh 2\pi z+\cos 2\pi b}}} . Da der Imaginärteil eine ungerade Funktion ist, gilt ∫ − ∞ ∞ f ( x + i ) d x = − cos a ∫ − ∞ ∞ f ( x ) d x {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }f(x+i)\,dx=-\cos a\,\int _{-\infty }^{\infty }f(x)\,dx} . Für R → ∞ {\displaystyle R\to \infty \,} verschwinden die Integrale über den vertikalen Strecken, daher ist lim R → ∞ ∮ f d z = ∫ − ∞ ∞ f ( x ) d x − ∫ − ∞ ∞ f ( x + i ) d x = ( 1 + cos a ) ∫ − ∞ ∞ f d x = 2 cos 2 ( a 2 ) ∫ − ∞ ∞ f d x {\displaystyle \lim _{R\to \infty }\oint f\,dz=\int _{-\infty }^{\infty }f(x)\,dx-\int _{-\infty }^{\infty }f(x+i)\,dx=(1+\cos a)\int _{-\infty }^{\infty }f\,dx=2\,\cos ^{2}\left({\frac {a}{2}}\right)\,\int _{-\infty }^{\infty }f\,dx} . Auf der anderen Seite ist nach dem Residuensatz lim R → ∞ ∮ f d z = 2 π i res ( f , i ( 1 2 − b ) ) + 2 π i res ( f , i ( 1 2 + b ) ) {\displaystyle \lim _{R\to \infty }\oint f\,dz=2\pi i\,{\text{res}}\left(f,i\left({\frac {1}{2}}-b\right)\right)+2\pi i\,{\text{res}}\left(f,i\left({\frac {1}{2}}+b\right)\right)} = cos ( a ( 1 2 − b ) ) sin b π sin 2 π b − cos ( a ( 1 2 + b ) ) sin b π sin 2 π b = 2 cos ( a 2 ) cos a b sin b π 2 sin b π cos b π = cos ( a 2 ) cos a b cos π b {\displaystyle ={\frac {\cos \left(a\left({\frac {1}{2}}-b\right)\right)\sin b\pi }{\sin 2\pi b}}-{\frac {\cos \left(a\left({\frac {1}{2}}+b\right)\right)\sin b\pi }{\sin 2\pi b}}=2\cos \left({\frac {a}{2}}\right)\cos ab\,{\frac {\sin b\pi }{2\sin b\pi \,\cos b\pi }}={\frac {\cos \left({\frac {a}{2}}\right)\,\cos ab}{\cos \pi b}}} . Daraus folgt ∫ − ∞ ∞ f ( x ) d x = cos a b 2 cos ( a 2 ) cos π b {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }f(x)\,dx={\frac {\cos ab}{2\,\cos \left({\frac {a}{2}}\right)\,\cos \pi b}}} .
.
![{\displaystyle F_{0}(x)={\frac {\pi }{2}}\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {1}{\sin ^{2}\pi (x+iy)}}\,dy=\left[{\frac {i}{2}}\,\cot \pi (x+iy)\right]_{y=-\infty }^{y=\infty }={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}=1}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/a42b88ad0e7bdd0fa63166194d5a32e1c2e389ba)
![{\displaystyle =\underbrace {\left[-{\frac {1}{i^{n-1}}}\,{\frac {\pi }{2}}\,y^{n}\,{\frac {1}{\sin ^{2}\pi (x+iy)}}\right]_{y=-\infty }^{y=\infty }} _{=0}+{\frac {1}{i^{n-1}}}\,{\frac {\pi }{2}}\,\int _{-\infty }^{\infty }n\,y^{n-1}\,{\frac {1}{\sin ^{2}\pi (x+iy)}}\,dy=n\,F_{n-1}(x)}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/1971c104a18f672993206092c18caf09a779794e)
das Bernoulli-Polynom 
sein.
![{\displaystyle =\lim _{M\to \infty }\left(\left[{\frac {1}{i^{2n}}}\,{\frac {1}{2}}\,y^{2n+1}\,\cot \pi (x+iy)\right]_{y=-M}^{y=M}-{\frac {1}{i^{2n}}}\,{\frac {1}{2}}\,\int _{-M}^{M}(2n+1)\,y^{2n}\,\cot \pi (x+iy)\,dy\right)}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/772a3766f5017448c417a3b814e8540f609fa760)
ist
und daher ist
.
.
![{\displaystyle y(x)=\left[4\sin {\frac {x}{2}}-2\log \tan \left({\frac {\pi }{4}}+{\frac {x}{4}}\right)\right]\sin x+\left[4\cos {\frac {x}{2}}-\pi \right]\cos x}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/c54b0ad31153f1580a9bdaecddc65f8c4997d7a9)
