Lösung.

Zunächst führt $ \mbox{$z^6 = -1$}$ auf die Polstellen des Integranden mit positivem Imaginärteil $ \mbox{$z_1 = (\mathrm{i}+ \sqrt{3})/2$}$, $ \mbox{$z_2 = \mathrm{i}$}$ und $ \mbox{$z_3 = (\mathrm{i}- \sqrt{3})/2$}$. Diese sind alle von Polstellenordnung $ \mbox{$2$}$, da $ \mbox{$(1 + z^6)^{-1}$}$ dort jeweils Polstellenordnung $ \mbox{$1$}$ hat.

Das Residuum in $ \mbox{$z_j$}$, für $ \mbox{$1\leq j\leq 3$}$, ergibt sich mit

$ \mbox{$\displaystyle g(z) \; =\; \left(\frac{z - z_j}{z^6 + 1}\right)^2 \\ $}$
und
$ \mbox{$\displaystyle g'(z) \; =\; 2\cdot\frac{z - z_j}{z^6 + 1} \cdot\frac{(z^6 + 1) - (z - z_j)6z^5}{(z^6 + 1)^2} \\ $}$
zu
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} {\mbox{Res}}({\frac{1}{(1+z^6)^2}}, z... ...16 w^3 z_j^{15} + w^4(\dots)} \\ & = & -\frac{5}{36}z_j\;, \\ \end{array}$}$
wofür wir $ \mbox{$w = z - z_j$}$ substituiert haben. Damit gilt
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \int_0^\infty \frac{1}{(1+x^6)^2} dx ... ...}{36})\cdot (z_1 + z_2 + z_3) \\ & = & \frac{5}{18}\pi\; . \\ \end{array}$}$