23

dr

5VO= 1 d= 1 kian g sin 20 in

0 VI— T sin 20 d H †. 77

6= 7= la, wenn

(19...... a4=—

gesetzt wird. Daher hat man

7 Ado„ hh. I II(u, c) 5 1+ h s 0 43 4² sin ame cos ame amo' — m+ 12—, sin ame= i Vm: ꝰ, cos ame=— 4 ame= VI+ m, hh+† A. 1. hi+ k— 11+ cos a) VeOs 29— cos? a k² sin ame cos ame ame hi(1+ hu) sin a sin Man erhält daher als ersten Teil von(18) k sin a sin 9 1 odo K Sin a sin u 1 7 cos 25— cos 2a 1+, 1+ m sin 2 Vcos 29— cos 2 1+ 205x 1Ida ie) Bei dem zweiten Integral in(18) 2 do ꝗ fu sin zamu dua(hg+. k²) II(u, c) 6 1+† m sin 20—= C. H e 1+ la sin lamu ET per in ame cos ame ame ist he=— Ka sin 2amc, aber—/ kz. Daher führt der geradlinige Integrationsweg in dem

Integral vrr 5 v1(l— E

zu dem Verzweigungspunkt= 1. Umgeht man diesen Punkt in einem kleinen Halbkreis, so lässt sich zeigen, dass der auf den Halbkreis bezogene Teil des Integrals zugleich mit dessen kleiner und kleiner genommenem Radius r verschwindet. nämlich lässt sich zerlegen in

— 1— 7 dEg 1+†r dr 2—*:— ,: Ml qE /v=a= us9/ VA— Ed— 18 ſA 82— 1) 1—*2**)

Das mittelste Integral geht mit 45 Substitution= 1— r.-*w über in

—„ 2½ d — 1V/. 2— 0 VC2— T e*y)[1— K²(1— T e*„)²] und verschwindet für †= 0.

Ferner ist 22+. 1=(Cos a—)(1— 0s S) (os H— y)(1— c0s-.)

bis zu der oberen Grenze"— nn: x* positiv, wenn nur 1+† r1—„: i ist. Das dritte In-

— 0, folglich 1— K xν in dem dritten Integral

7— tegral verwandelt sich durch die Substitution=— Si*ννοσ 1 E. 1 in das Integral V 1— νin 20 K1 1 4. 1 do 4 20........ 5— 4——, 8 ⁷ 2—— 2, (0) 0 1 1— t 1 sin 20 61 1— k⁊ 2 1 P. E worin)2 1—2= 1, da— he 1. Es ist somit für verschwindend kleine

ooo