Bestimmen Sie die Fourier-Transformierte der Funktion:
$$
f(x)=\frac{1}{\cosh(x^2)}~.
$$
und folgern Sie:
$$
\int_\R\frac{1}{\cosh(x^2)}\,dx
=2\sqrt{\pi}\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{\sqrt{2n+1}}~.
$$
Sei $y < 0$, dann ergänzen wir den Integrationsweg $[-n,n]$ durch den Weg von $n$ nach $n+in$ nach $-n+in$ und zurück zu $-n$ zu einem einfach geschlossenen Weg. Die Integration über die drei zusätzlichen geraden Wege liefern für $n\to\infty$: $0$, also
$$
\int_\R\frac{e^{-ixy}}{\cosh(x^2)}\,dx
=2\pi i\sum_{w\in N\cap H^+}\Res\Big(z,\frac{e^{-iyz}}{\cosh(z^2)}\Big)~.
$$
Da $|\cosh(x+iy)|^2=\cos^2(y)+\sinh^2(x)$, sind die Nullstellen $w\in N\cap H^+$ des Nenners gegeben durch die Gleichung: $w^2=i(n+1/2)\pi$, $n\in\Z$, d.h.
$$
w_n^+=\tfrac12(1+i)\sqrt{(2n+1)\pi}, n=0,1,2,\ldots\quad
w_n^-=\tfrac12(-1+i)\sqrt{(1-2n)\pi}, n=-1,-2,\ldots
$$
mit dem Residuum:
$$
\frac{e^{-iyw}}{2w\sinh(w^2)}
=(-1)^n\frac{e^{-iyw}}{2iw}
$$
Sei $n\in\N_0$, dann ist die Summe der Residuen bei $w_n^+$ und $w_{-n-1}^-$:
\begin{eqnarray*}
(-1)^n\Big(
\frac{e^{-iyw_n^+}}{2iw_n^+}
-\frac{e^{-iyw_{-n-1}^-}}{2iw_{-n-1}^-}\Big)
&=&\frac{(-1)^n}{i\sqrt{(2n+1)\pi}}\Big(
\frac{e^{-\frac12iy(1+i)\sqrt{(2n+1)\pi}}}{1+i}
-\frac{e^{-\frac12iy(-1+i)\sqrt{(2n+1)\pi}}}{-1+i}
\Big)\\
&=&\frac{(-1)^ne^{\frac12y\sqrt{(2n+1)\pi}}}{2i\sqrt{(2n+1)\pi}}\Big(
e^{-\frac12yi\sqrt{(2n+1)\pi}}(1-i)
-e^{\frac12yi\sqrt{(2n+1)\pi}}(-1-i)
\Big)\\
&=&\frac{(-1)^ne^{\frac12y\sqrt{(2n+1)\pi}}}{i\sqrt{(2n+1)\pi}}
\Big(\cos(\tfrac12y\sqrt{(2n+1)\pi})-\sin(-\tfrac12y\sqrt{(2n+1)\pi})
\Big)
\end{eqnarray*}
Nun ist $x\mapsto1/\cosh(x^2)$ eine gerade Funktion, also ist auch ihre Fourier-Transformierte eine gerade Funktion:
$$
\frac1{\sqrt{2\pi}}\int_\R\frac{e^{-ixy}}{\cosh(x^2)}\,dx
=\sqrt2\sum_{n=0}^\infty
\frac{(-1)^ne^{-\frac12|y|\sqrt{(2n+1)\pi}}}{\sqrt{2n+1}}
\Big(\cos(\tfrac12y\sqrt{(2n+1)\pi})-\sin(\tfrac12|y|\sqrt{(2n+1)\pi})
\Big)
$$
2. Insbesondere erhalten wir für $y\uar0$:
$$
\int_\R\frac{1}{\cosh(x^2)}\,dx
=2\sqrt{\pi}\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{\sqrt{2n+1}}~.
$$