15 
S = | x 4 * 1 (x — l)‘ a dx. 
Da wir gezeigt haben, dass der Inlegrand nach einem Umlauf um 
0 und 1 auf seinen Wert zurückkehrt, so ist der Weg keine Schlinge, 
sondern eine geschlossene Kurve. Wir führen mit demselben zwei 
Operationen aus. Das eine Mal dürfen wir ihn auf die Realiläts- 
linie zwischen 0 und 1 zusammenziehen, so dass Hinweg von 0 bis 1 
und Rückweg von 1 bis 0 zusammenfallen; das andere Mal 
dehnen wir den Weg bis zum Horizont aus, machen ihn also zu einem 
sehr grossen Kreis um das endliche Gebiet. In beiden Fällen wird 
das Integral denselben Wert haben. Im Augenblicke, wo x die Reali 
tätslinie östlich von 1 betritt, seien Log x und Log (x — 1) reell 
verstanden, was möglich ist, so dass also, a positiv vorausgesetzt, 
hier x a_1 (1 — x)‘ a positiv ist. Im erste n Fall kann man den 
Integrand auf dem Hinwege durch x a ' 1 . e ia7I (l — x) a und 
a-1 
. e‘ ia7I (l — x)' a darstellen. 
Herwege 
x 
Da nun auf dem Herwege das Wegelement dx negativ ist. so folgt 
S = (e ia7r — e’ ia71 ) I x & (1 — x)’ a dx = 2 isinTra. T(a) r(l—a) a) 
1 
0 
Im zweiten Fall 
kann man den Integrand nach fallenden Potenzen von x ent 
wickeln und man hat. da 
(x - l)- a = x 
ß) 
aus «) und ß) folgt 
2 i sin a 7t. 7"(a) r( 1 — a) == 2 i tt 
(22) 
Es ist dies einer der Beweise. Von Interesse ist noch der 
folgende, weil er zugleich ein treffliches Beispiel ist für die Integration 
mittelst Veränderung des Weges. Wir gehen von einem andern In 
tegral der Anwendung 2) aus und setzen