Sei $f:z\mapsto(e^{2iz}-1)/z^2$. Zeigen Sie:
$$
\pv\int_\R\frac{e^{2it}-1}{t^2}\,dt=-2\pi
\quad\mbox{und}\quad
\int_\R\frac{\sin^2t}{t^2}\,dt=\pi~.
$$
Die Funktion $f:z\mapsto(e^{2iz}-1)/z^2$ ist auf $\C\sm\{0\}$ differenzierbar
und für $\g_r(t)=re^{it}$, $t\in[0,\pi]$ gilt:
$$
\Big|\int_{\g_r}f(z)\,dz\Big|
\leq\int_0^\pi|e^{2ire^{it}}-1|/r\,dt
\leq\int_0^\pi(e^{-2r\sin t}+1)/r\,dt~.
$$
Somit konvergiert das Kurvenintegral mit $r\to\infty$ gegen $0$ und mit
$r\to0$ gegen
$$
\lim_{r\dar0}i\int_0^\pi r^{-1}(e^{2ire^{it}}-1)e^{-it}\,dt
=-2\pi~.
$$
Nach dem Cauchyschen Integralsatz gilt also für alle $R > r > 0$:
$$
\int_{-R}^{-r}f(t)\,dt-\int_{\g_r}f(z)\,dz
+\int_{r}^{R}f(t)\,dt+\int_{\g_R}f(z)\,dz=0
$$
und damit:
$$
\lim_{R\to\infty}\pv\int_{-R}^R\frac{e^{2it}-1}{t^2}\,dt=-2\pi
\quad\mbox{sowie}\quad
\lim_{R\to\infty}\pv\int_{-R}^R\frac{e^{-2it}-1}{t^2}\,dt=-2\pi~.
$$
Da $(\sin t/t)^2=-(e^{2it}+e^{-2it}-2)/4t^2$, folgt:
$\int_\R (\sin t/t)^2\,dt=\pi$.