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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