On utilise $\cos(x+iy) = \cos x \cosh y -i \sin x \sinh y$ Ici on doit avoir $\cos x \cosh y = a$ et $\sin x \sinh y = 0$ . La dernière équation implique $x= 0$ ou $\pi$ , ou ${y=0}$ . La solution $y=0$ ne convient pas, car aucun réel n’a pour cosinus $a>1$ . Donc il faut $x=0$ , et $\cosh y = a$ ou bien $x=\pi$ et $\cosh y=-a$ . Cette dernière équation est sans solutions ( $\cosh y\geq 1$ pour tout $y$ ). Les solutions sont donc $z=\pm i\arg\cosh a$ . Leur sinus est $\sin x \cosh y+i\cos x \sinh y = i\sinh y$ ici, soit $\pm i\sqrt {a^2-1}$ (car $\sinh^2 y = \cosh^2 y -1$ ).

On a donc, en posant $f(z) = 1/[(1+z^2)(2-\cos z)]$ (fonction paire): $I_a = i\pi \mbox{\rm Res}(f, i) + i\pi \mbox{\rm Res}(f, i\arg\cosh a)$ car $i$ et $i\arg\cosh a$ sont les deux seuls pôles de $f$ de partie imaginaire $>0$ . Puis $\begin{array}{ccc} \mbox{\rm Res}(f,i) &= \left(1\over 2z(a-\cos z)\right)_{z=i} = {1\over 2i (a-\cosh 1)}\cr \mbox{\rm Res}(f, i\arg\cosh a) &= \left(1\over (1+z^2) \sin z\right)_{z=i\arg\cosh a} = {1\over i(1 -\arg\cosh^2 a)\sqrt{a^2-1}}\cr\end{array}$ Donc $I_a = {\pi \over (1 -\arg\cosh^2 a)\sqrt{a^2-1}} + {\pi \over 2 (a-\cosh 1)}.$

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