TU Dortmund. Residuensatz und Anwendungen

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1 TU Dortmund Fakultät für Mathematik Residuensatz und Anwendungen Timo Putz Matrikelnummer: Mai 2013

2 Inhaltsverzeichnis 1 Einleitung Definition der Laurent-Reihe Die Laurent-Entwicklung Isolierte Singularitäten Der Residuensatz Hinführung zum Residuum Definition Residuum Der Residuensatz Integrale vom Typ Q(x) dx 16 4 Integrale vom Typ f(x) cos(αx) dx und f(x) sin(αx) dx 21 Literaturverzeichnis 23

3 apitel 1 Einleitung In the following report the subject of the residue theorem is explained in detail. The residue theorem describes an important method to easily calculate certain integral types. Both the background understanding and applications in example tasks can be found within this report. At the beginning there is a brief repetition of the Laurent series including isolated singularities in order to introduce the topic and to illustrate the context of these mathematical topics. In der folgenden Ausarbeitung wird die Thematik des Residuensatzes näher erläutert. Der Residuensatz beschreibt eine wichtige Vorgehensweise, mit dessen Hilfe man bestimmte Integraltypen einfacher praktisch berechnen kann. Sowohl das Hintergrundverständnis als auch Anwendungen in Beispielaufgaben sind in dieser Ausarbeitung vorzufinden. Zu Beginn findet jedoch zunächst kurz eine Wiederholung zur Laurent-Reihe inklusive isolierter Singularitäten statt, die gewissermaßen in das Thema einleiten soll, um den Zusammenhang dieser mathematischen Themengebiete verdeutlichen zu können. 1.1 Definition der Laurent-Reihe Eine Laurent-Reihe ist eine wichtige Verallgemeinerung von Potenzreihen. Die Reihe v= a v (z z 0 ) v = a v (z z 0 ) v + a v (z z 0 ) v mit a v, z 0 C heißt Laurent-Reihe mit Entwicklungsmitte z 0 [1].

4 1.2. Die Laurent-Entwicklung 2 Diese Reihe wird in zwei Teile aufgeteilt, wobei die Reihe a v (z z 0 ) v den Regulärteil beschreibt und die Reihe a v (z z 0 ) v als Hauptteil bezeichnet wird. Bemerkung: Für z = z 0 und z = ist die Laurentreihe nicht definiert. 1.2 Die Laurent-Entwicklung Wie bei der Entwicklung einer Funktion in eine Potenzreihe, kann eine Funktion auch in eine Laurent-Reihe entwickelt werden. Hierzu gelte Folgendes: Eine Funktion f sei regulär auf einem Ringgebiet R R1,R 2 (z 0 ). Dies bedeutet, dass die Funktion in einer Umgebung jedes Punktes x 0 im Ringgebiet differenzierbar ist. Dann gilt: f(z) }{{} n= R R1,R 2 (z 0 ) a n (z z 0 ) n für z im Ringgebiet. Für eine geschlossene (Anfangspunkt = Endpunkt), positiv orientierte (urve verläuft gegen den Uhrzeigersinn) und rektifizierbare (Bogenlänge kann berechnet werden) Jordan- urve, die ganz im Ringgebiet R R1,R 2 (z 0 ) verläuft und die Entwicklungsmitte z 0 im Inneren enthält, gilt für alle n Z a n = 1 2πi f(ξ) (ξ z 0 ) n+1 dξ 1.3 Isolierte Singularitäten Sei U 0 R (z 0) = {z : 0 < z z 0 < R} die punktierte Umgebung des Punktes z 0. Wir betrachten nun Funktionen, die auf einer solchen punktierten Umgebung definiert sind. Hierbei ist jedoch nichts über einen Funktionswert an der Stelle z 0 bekannt.

5 1.3. Isolierte Singularitäten 3 Wenn f auf der punktierten Umgebung UR 0(z 0) = {z : 0 < z z 0 < R} regulär ist, so heißt z 0 isolierte Singularität von f. Hierbei ist f(z 0 ) nicht definiert oder unbekannt. Eine isolierte Singularität kann auf drei verschiedene Arten charakterisiert sein: Sei f regulär auf UR 0(z 0) und h(z) = a v (z z 0 ) v der Hauptteil der Laurent-Entwicklung von f um z 0. Dann heißt der Punkt z 0 1. hebbare Singularität, wenn a v = 0 für v = 1, 2, p-facher Pol (p N), wenn h(z) die Form h(z) = p a v (z z 0 ) v hat 3. wesentliche Singularität, wenn h(z) unendlich viele Glieder enthält [1] Solch eine isolierte Singularität z 0 einer Funktion f ist durch die Form des Hauptteils der Laurent-Reihe von f um z 0 definiert.

6 apitel 2 Der Residuensatz In diesem apitel wird zum Residuensatz hingeführt. Zunächst werden die Gegebenheiten dargestellt, die von Nöten sind, um überhaupt mit Residuen arbeiten zu können. 2.1 Hinführung zum Residuum Sei eine geschlossene, rektifizierbare Jordan-urve und f eine Funktion, die auf I() regulär ist, wobei I() das Innere von beschreibt. Hierbei gilt nach dem Cauchy-Integralsatz, dass f(z)dz = 0 Im Folgenden betrachten wir den Fall, dass die Funktion f im Inneren von endlich viele isolierte Singularitäten aufweist. Um das Integral f(z)dz unter dieser Voraussetzung berechnen zu können, bedarf es einer speziellen Vorgehensweise. Hierfür muss zunächst der Begriff des sog. Residuums einer Funktion erläutert werden.

7 2.2. Definition Residuum Definition Residuum Sei z 0 C und für ein r > 0 sei f regulär auf der Menge {z : 0 < z z 0 r}. Dann heißt Res(f, z 0 ) = 1 2πi r(z 0 ) f(z)dz das Residuum von f an der Stelle z 0 [1]. Bemerkung 1: Das Res(f, z 0 ) ist unabhängig vom Radius r, sofern f auf der Menge {z : 0 < z z 0 r} regulär ist. Bemerkung 2: Das Res(f, z 0 ) entspricht dem oeffizienten a 1 der Laurent-Entwicklung von f um z 0. Dies soll im Folgenden an einem Beispiel verdeutlicht werden: Beispiel 1: Sei f(z) = 1 1+z 2 Diese Funktion ist regulär für z ±i, denn dies sind die Polstellen. Mit Hilfe der Laurent-Entwicklung lässt sich diese Funktion wie folgt darstellen: 1 = i 1 1 = i 1 ( i 1+z 2 2 z i 1 i 2 (z i) 2 z i 2 )v (z i) v = i 1 ( i 2 z i 2 )v+1 (z i) v 1 Residuum ist a 1 = i 2. Unser Ziel ist es, ein Integral der Form f(z)dz für eine Funktion f zu berechnen, die im Inneren von nur isolierte Singularitäten besitzt.

8 2.3. Der Residuensatz 6 Abbildung 2.1: isolierte Singularitäten im Inneren von [1] 2.3 Der Residuensatz sei eine geschlossene, positiv orientierte und rektifizierbare Jordankurve; die Funktion f sei regulär auf I(), (entspricht dem Inneren von inklusive dem Rand) außer bei den isolierten Singularitäten z 1...z n, die in I() (ohne Rand) liegen. Dann gilt: Theorem 1 f(z)dz = 2πi n Res(f, z v ) [1] Bemerkung: Diese Darstellung des Residuensatzes bezieht sich nur auf Jordan-urven. Wenn es sich nicht um eine Jordan-urve handelt, hat der Residuensatz eine verallgemeinerte Form. Dabei betrachtet man sogenannte Windungszahlen. Eine Windungszahl beschreibt die Anzahl der Umrundungen der urve bzgl. eines Punktes. Wenn eine Umrundung beispielsweise 360 beträgt, dann ist die Windungszahl=1, bei 720 ist die Windungszahl=2 usw. Diese Windungszahl wird definiert als Ind (z 0 ) = 1 2πi 1 z z 0 dz und kommt wie folgt im verallgemeinerten Residuensatz vor [2]: f(z)dz = 2πi n Res(f, z v ) Ind (z v ) Um den Beweis durchführen zu können, ist es zunächst erforderlich, einen weiteren Satz zu benennen und zu beweisen, der letztendlich im Beweis des Residuensatzes angewendet

9 2.3. Der Residuensatz 7 werden muss. Dieser Satz lautet wie folgt: Seien, 1,..., n geschlossene, positiv orientierte und rektifizierbare Jordan-urven, die ganz in einem Gebiet G verlaufen. Außerdem gelte v I() für v = 1,..., n und v ( µ ) c für v µ. Abbildung 2.2: Veranschaulichung Jordan-urven, 1,..., n [1] Desweiteren sei das Ringgebiet I() I( 1 )... I( n ) ganz in G enthalten. Für eine reguläre Funktion f auf G gelte dann: Lemma 1 f(z)dz = n f(z)dz v Beweis: Für diesen Beweis betrachten wir folgende Gegebenheiten: Seien 1 und 2 geschlossene, positiv orientierte und rektifizierbare Jordan-urven mit 1 I( 2 ), die ganz in einem Gebiet G verlaufen. Das Ringgebiet R( 1, 2 ) zwischen 1 und 2 sei ebenfalls ganz in G enthalten. Außerdem sei die Funktion f regulär im Gebiet G. Hierbei gilt dann 1 f(z)dz = 2 f(z)dz [1],

10 2.3. Der Residuensatz 8 was es im Folgenden zu beweisen gilt. Der Beweis wird in 3 Schritte eingeteilt. Schritt 1: Sei nun z 0 ein beliebiger Punkt mit z 0 I( 1 ). Da I( 1 ) I( 2 ) z 0 I( 2 ). Man betrachte nun die Gerade S, die durch den Punkt z 0 und parallel zur reellen Achse verläuft. Bzgl. z 0 bezeichnen wir mit S + die rechte und mit S die linke Hälfte der Geraden S. Die Halbgerade S + schneidet die urve 1 mindestens einmal. Weiterhin bezeichnen wir den letzten Schnittpunkt von S + mit 1 als z wird ebenso mindestens einmal von S + geschnitten; hier bezeichnen wir den ersten Schnittpunkt von S + mit 2 als z + 2. Die Strecke z + 1, z + 2 =: + liegt bis auf die Randpunkte z + 1 und z + 2 ganz im Ringgebiet R( 1, 2 ). Analog gehen wir auf der linken Seite, also bei der Halbgeraden S vor: Hier sei z 1 der letzte Schnittpunkt von S mit 1 und z 2 der erste Schnittpunkt von S mit 2. Die Strecke z 1, z 2 =: liegt bis auf die Randpunkte z 1 und z 2 ebenso ganz im Ringgebiet R( 1, 2 ). Abbildung 2.3: Aufteilung in Teilkurven [1] Schritt 2: Es sei nun + 1 die Teilkurve von 1, die z + 1 als Anfangspunkt und z 1 als Endpunkt besitzt. Diese ist gleich orientiert wie 1. Ferner sei 1 die Teilkurve von 1 mit Anfangspunkt z 1 und Endpunkt z + 1 (gleiche Orientierung wie 1 ).

11 2.3. Der Residuensatz 9 Analog seien + 2 die Teilkurve von 2 mit z + 2 und z 2 als Anfangs- bzw. Endpunkt und 2 die Teilkurve von 2 mit z 2 und z + 2 als Anfangs- bzw. Endpunkt (jeweils gleiche Orientierung wie 2 ).

12 2.3. Der Residuensatz 10 Schritt 3: Betrachten wir nun die geschlossenen, rektifizierbaren Jordankurven Γ + = + 2 ( ) ( + 1 ) + und Γ = 2 ( + ) ( 1 ) Nach dem Cauchy-Integralsatz folgt, dass f(z)dz = 0 und Γ + Folglich ergibt sich: Γ f(z)dz = 0 0 = f(z)dz + f(z)dz Γ + Γ = f(z)dz f(z)dz f(z)dz + f(z)dz f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz f(z)dz f(z)dz f(z)dz + f(z)dz 1 f(z)dz = 2 f(z)dz 1 f(z)dz f(z)dz = 2 f(z)dz Mit Hilfe dieses Satzes sind wir nun in der Lage, den Residuensatz zu beweisen: Beweis des Residuensatzes: Man betrachte für jeden Punkt z v mit v = (1,..., n) eine Umgebung U δv (z v ). Skizze Hierbei müssen die Radien δ v so klein gewählt werden, dass U δv (z v ), also die Umgebungen

13 2.3. Der Residuensatz 11 inklusive Rand, komplett im Inneren der urve liegen und sich diese Umgebungen nicht schneiden dürfen. Es muss also gelten U δv (z v ) U δµ (z µ ) = für v µ. Nach obigem Satz (verallgemeinert für n urven innerhalb von ) und der Definition des Residuums gilt dann f(z)dz = n δv (z v) f(z)dz = 2πi n Res(f, z v ) Um den Residuensatz anwenden zu können, müssen folglich immer die Residuen an den isolierten Singularitäten einer Funktion f bestimmt werden. Dies geschieht im Prinzip immer durch die Herstellung der entsprechenden Laurent-Reihen, da das Residuum - wie bereits in Bemerkung 2 beschrieben - immer dem oeffizienten a 1 entspricht. Es gibt jedoch 2 wichtige Fälle, bei denen das Residuum auf einfachere Art bestimmt werden kann. Fall 1: Seien f und g zwei Funktionen, die regulär auf einer Umgebung von z 0 C sind. Außerdem sei f(z 0 ) 0, g(z 0 ) 0 und g (z 0 ) 0. Dann gilt: Theorem 2 Res( f g, z 0) = ( f(z) g (z) ) z=z o = f(z 0) g (z 0 ) [1] Hierbei liegt ein Pol 1. Ordnung vor. Dies erkennt man daran, dass g (z 0 ) 0 ist. Wäre g (z 0 ) = 0 und erst die zweite Ableitung g (z 0 ) 0, dann wäre ein Pol 2. Ordnung vorhanden, usw. Bevor dieser Satz bewiesen wird, folgt zunächst ein Beispiel, um die Vorgehensweise zur Anwendung des Residuensatzes mit Fall 1 zu verdeutlichen.

14 2.3. Der Residuensatz 12 Beispiel 2: Sei ein reis um 0 mit Radius 2i. Gesucht ist das Integral z+3i dz z 2 +1 Zur Untersuchung auf isolierte Singularitäten setze man den Nenner = 0: z = 0 z 2 = 1 z 1 = i und z 2 = i z 1, z 2 sind isolierte Singularitäten im Inneren von, denn a) 0 < i < 2i liegen im inneren von b) g(i) = i = 0 = g( i), aber f(i) = i + 3i = 4i 0 f( i) Es handelt sich also um eine isolierte Singularität, und da g (i) = 2i 0, ist es ein Pol 1. Ordnung. Da f(z 0 ) 0, g(z 0 ) = 0 und g (z 0 ) 0, kann der Residuensatz angewandt werden. z+3i z 2 +1 z+3i z+3i dz = 2πi [Res(, i) + Res(, i)] z 2 +1 z 2 +1 Zur Berechnung der Residuen nutzen wir die Vorgehensweise aus Fall 1: Res( z+3i z+3i, i) = ( ) z z z=i = i+3i = 2 2i Res( z+3i z+3i, i) = ( ) z z z= i = 2i = 1 2i z+3i dz = 2πi [2 + ( 1)] = 2πi z 2 +1 Beweis von Fall 1: Ein Satz besagt, dass eine Funktion f an z 0 genau dann einen Pol der Ordnung p besitzt, wenn 1 an z f 0 eine Nullstelle der Ordnung p hat. Aufgrund dieses Satzes hat f an z g 0 einen Pol 1. Ordnung. Folglich gilt auf einer Umgebung von z 0, dass der Hauptteil h(z) der Laurent-Reihe zu f folgende Form aufweist: g h(z) = 1 a 1 (z z 0 ) v mit a 1 0.

15 2.3. Der Residuensatz 13 Somit hat die gesamte Laurent-Reihe die Form f(z) g(z) = a 1 z z 0 + a v (z z 0 ) v Lässt man nun auf beiden Seiten z z 0 laufen, erhält man als Ausdruck Res( f, z g 0) = a 1 = lim (z z 0 ) f(z) z z0 g(z) Da g(z 0 ) = 0 lässt sich der Ausdruck wie folgt umschreiben, womit der Satz schließlich bewiesen ist: lim (z z 0 ) f(z) = lim z z g(z) 0 z z 0 f(z) g(z) g(z 0 ) z z 0 = f(z 0) g (z 0 ) Fall 2: Sei f eine Funktion, die an der Stelle z 0 einen Pol der Ordnung p hat. Dann gilt: Theorem 3 Res (f, z 0 ) = ( [(z z0 ) p (z)] p 1 (p 1)! ) z=z 0 [1] Auch hier zunächst ein Beispiel zur Veranschaulichung, bevor dieser Fall bewiesen wird. Beispiel 3: Sei ein reis um 0 mit Radius 2i. Gesucht ist das Integral z+3i dz (z 2 +1) 2 Analog zu Bsp.2 sind z 1 = i und z 2 = i isolierte Singularitäten. Da aber g (i) = i = 0 = g ( i) und erst die zweite Ableitung g (i) = 12i = 8 0 g ( i), handelt es sich bei diesen isolierten Singularitäten um einen Pol 2. Ordnung. Somit berechnen sich die Residuen wie folgt:

16 2.3. Der Residuensatz 14 ( ) z+3i Res, i = (z 2 +1) 2 = 3 4 [ ] (z i) 2 (z+3i) (z 2 +1) 2 (2 1)! z=i ( = z+3i (z+i) 2 ) z=i = (z+i)2 (z+3i) 2(z+i) (z+i) 4 z=i = z 5i (z+i) 3 z=i z 2 = i analog Beweis von Fall 2: z 0 ist Polstelle von f der Ordnung p. Folglich gilt, wie auch schon im Beweis zu Fall 1, auf einer Umgebung von z 0, dass der Hauptteil h(z) der Laurent-Reihe zu f folgende Form aufweist: h(z) = p a v (z z 0 ) v mit a p 0 und z o. Somit hat die gesamte Laurent-Reihe die Form f(z) = p a v (z z 0 ) v + a v (z z 0 ) v = a p (z z 0 ) p a 1 (z z 0 ) 1 + a v (z z 0 ) v = a p (z z a 1 ) p (z z 0 + a ) 1 v (z z 0 ) v Sei nun g(z) := (z z 0 ) p f(z) g(z) = a p + a p+1 (z z 0 ) a 1 (z z 0 ) p 1 + a v (z z 0 ) v+p Leitet man diesen Ausdruck p 1 mal ab, so erhält man g (p 1) (z) = a 1 (p 1)! + a v (v + p)... (v + 2) (z z 0 ) v+1

17 2.3. Der Residuensatz 15 An dieser Stelle wird nun auf beiden Seiten der Limes gebildet, und man erhält folgenden Ausdruck: lim g (p 1) (z) = (p 1)! a 1 lim z z 0 z z0 = (p 1)! Res(f, z 0 ) a v (v + p)... (v + 2) (z z 0 ) v+1 Res(f, z 0 ) = 1 (p 1)! lim z z 0 g (p 1) (z) ((z z 0 ) p f(z)) (p 1) z z0 (p 1)! = lim

18 apitel 3 Integrale vom Typ Q(x) dx ommen wir nun zu einem bestimmten Integraltyp, der sich mit Hilfe des Residuumsatzes berechnen lässt. Bemerkenswert ist, dass bei der Integralberechnung dieser reellen rationalen Funktionen eine Art Umweg über die komplexen Zahlen eingeschlagen wird. Typ 1: Gegeben sei eine rationale Funktion der Form f(x) = Q(x) Des Weiteren gibt es folgende Voraussetzungen: - Q besitzt keine reellen Nullstellen -Grad(Q) Grad(P ) 2 -z 1,..., z m sind die komplexen Nullstellen von Q in der oberen Halbebene Dann gilt:[1] Q(x) m dx = 2πi Res( P, z Q v) Zur Veranschaulichung ein Beispiel.

19 17 Beispiel 4: Gesucht ist das Integral 1 dx 1+x 4 Die komplexen Nullstellen von Q in der oberen Halbebene sind z 1 = i = 1+i 2 z 2 = i i = i 1+i 2 und Wegen Fall 1 erhält man die Residuen von Q(x) = 1 1+z 4 wie folgt: Res( P Q, z 1) = 1 4(z 1 ) 3 = 1 4 ( i) 3 = 2 4i(1+i) und Res( P Q, z 2) = 1 4(z 2 ) 3 = 1 4 (i i) 3 = 2 4(1+i) Somit erhält man aufgrund der Vorgehensweise aus Fall 3 [ 2 1 dx = 2πi x 4 4i(1+i) 4(1+i) = 2πi 2 4(1+i) ( 1 i + 1) ] = π 2

20 18 Beweis von Typ 1: [1] Vorab muss die Existenz des Integrals Q(x) dx bewiesen werden: Sei P (z) = p a v z v mit a p 0 und Q(z) = q b v z v mit b q 0. Nach einem Satz, auf den an dieser Stelle nicht weiter eingegangen wird, existiert ein R 0 1, sodass für alle z mit z R 0 und einer geeigneten onstanten M folgende Abschätzung gemacht werden kann: P (z) Q(z) = p a v z v q b v z v 3 2 ap z p 1 1 M 2 bq z q z 2 Aufgrund der Tatsache, dass die uneigentlichen Integrale und die obige Abschätzung und R 0 Q(x) dx. P (z) Q(z) M Folglich existiert auch das Integral z 2 +R 0 R 0 R 0 1 dx und x 2 gilt, existieren somit auch die Integrale 1 dx existieren x 2 R 0 R 0 Q(x) dx dx, welches aufgrund der nicht vorhandenen Q(x) reelen Nullstellen von Q stetig und somit auch integrierbar ist. Durch die Existens dieser obigen Integrale kann man schlussfolgern, dass auch das Integral dx existiert. Q(x) Damit wäre zunächst nur die Existenz des Integrals gezeigt. Um nun den eigentlichen Satz zu beweisen, sei nun R > R 0 so groß gewählt, dass im reis U R (0) alle Nullstellen von Q(z) enthalten sind. Außerdem sei C R eine positiv orientierte urve, die aus dem Halbkreisbogen C 1 R = {z : z = R, Im(z) > 0} und der Strecke von R bis +R der reellen Achse besteht. Hier gilt nach dem Residuensatz

21 19 Abbildung 3.1: Darstellung der urve C R [1] C R P (z) m dz = 2πi Res( P, z Q(z) Q v). Aufgrund der oben aufgeführten Abschätzung ergibt sich P (z) Q(z) M R 2 für alle z C 1 R C 1 R P (z) dz Q(z) M πr = Mπ R 2 R. Außerdem gilt lim Das Integral +R R +R R dx = Q(x) R,R R CR 1 Q(x) P (z) dz = 0, was später im Beweis benötigt wird. Q(z) dx lässt sich nun wie folgt aufsplitten: P (z) dz = Q(z) C R P (z) dz Q(z) C 1 R P (z) m dz = 2πi Res( P, z Q(z) Q v) CR 1 P (z) Q(z) dz. Da das Integral Q(x) dx existiert, folgt also Q(x) dx = lim +R R R Q(x) 0 = 2πi m Res( P, z Q v) m dx = 2πi Res( P, z Q v) lim R CR 1 m dx = 2πi Res( P, z Q(x) Q v) Bemerkung:

22 Der Grad von Q muss eine gerade Zahl sein, um die Voraussetzung zu erfüllen, dass Q keine reellen Nullstellen besitzt. Wäre der Grad von Q eine ungerade Zahl, so gäbe es immer mindestens eine reelle Nullstelle. 20

23 apitel 4 Integrale vom Typ und f(x) sin(αx) dx f(x) cos(αx) dx ommen wir nun zum letzten hier beschriebenen Integraltypen, der sich mit dem Residuensatz berechnen lässt. Wir betrachten folgende Voraussetzungen: Typ 2: Sei α > 0. Die Funktion f sei auf der Menge {z : Im(z) 0} regulär, bis auf endlich viele isolierte Singularitäten z 1,..., z n auf {z : Im(z) > 0}. Des Weiteren gelte lim z f(z) = 0 und f(x) R falls x R. Dann existieren die beiden Integrale f(x) cos(αx) dx und f(x) sin(αx) dx und es gilt:

24 22 b) a) ( f(x) cos(αx) dx = Re 2πi ( f(x) sin(αx) dx = Im 2πi n n ) Res(f(z) e iαz, z v ) ) Res(f(z) e iαz, z v ) [1] Auf den Beweis wird in dieser Ausarbeitung verzichtet. Stattdessen soll dieser Satz anhand des folgenden Beispiels verdeutlicht werden: Beispiel 5: Für a > 0 und α > 0 soll das Integral Da der Integrand eine gerade Funktion ist, erhalten wir 0 cos(αx) a 2 +x 2 dx berechnet werden. 0 cos(αx) a 2 +x 2 dx = 1 2 cos(αx) a 2 +x 2 dx Zur Anwendung des Satzes betrachtet man die Funktion g(x) = eiαz a 2 +x 2. In der oberen Halbebene besitzt diese Funktion den einfachen Pol z 1 = ia, das passende Residuum erhalten wir durch Anwendung von Fall 1: ( ) e Res(g, ia) = iαz = e αa 2z 2ia z=ia Da das Residuum an dieser Stelle nun bekannt ist, können wir Fall 4 anwenden und erhalten als Ergebnis 0 cos(αx) a 2 +x 2 dx = 1 2 Re (2πi Res(g, ia)) = Re ( πi 1 2ie αa ) = π 2ae αa

25 Literaturverzeichnis [1] Endl,. & W. Luh [1987]. Analysis III. Funktionentheorie, Differentialgleichungen: Eine integrierte Darstellung. Number 6. Aula Verlag, Wiesbaden. [2] Greene, R. & S. G. rantz [1997]. FUNCTION THEORY OF ONE COMPLEX VARIABLE. John Wiley & Sons, New York.