Integral

Question

En esta pregunta , el resultado $$\int_0^\infty\frac{\log\cos^2x}{1+e^{2x}}\,dx=-\frac{\log^22}2$$ was shown by writing $\ log \ cos ^ 2x = 2 \ log \ cos x$ .

El OP de la pregunta vinculada intentó la integral de la siguiente manera $$\int_0^\infty\frac{\log\cos^2x}{1+e^{2x}}\,dx=\frac12\int_0^\infty\frac{\log(1+\cos x)}{1+e^x}\,dx-\frac{\log^22}2$$ by writing $\ log \ cos ^ 2x = \ log (1+ \ cos2x) - \ log2$ .

Al equiparar estas dos expresiones se obtiene $$\int_0^\infty\frac{\log(1+\cos x)}{1+e^x}\,dx=0.$$ Is there a direct way to prove this result (without writing $\ log \ cos ^ 2x$ de dos formas diferentes para llegar allí)?

Answer 1

Un atajo: $$\begin{align} \int_0^\infty\frac{\log(2(1+\cos x))}{1+e^x}dx&= \int_0^\infty\frac{\log(1+e^{ix})+\log(1+e^{-ix})}{1+e^x}dx\\ &=\int_0^\infty\left[\sum_{k=1}^\infty(-1)^k\frac{e^{ikx}+e^{-ikx}}k\sum_{n=1}^\infty(-1)^n e^{-nx}\right]dx\\ &=\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{k+n}}k\int_0^\infty \left[e^{-(n-ik)x}+e^{-(n+ik)x}\right]dx\\ &=\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{k+n}}k \left[\frac1{n-ik}+\frac1{n+ik}\right]\\ &=2\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{k+n}}k\frac n{n^2+k^2}\\ &=\log^22, \end {align}$$ donde la última igualdad se prueba con el mismo truco que en la respuesta vinculada: $$2S = 2 \ sum_ {k = 1} ^ \ infty \ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ frac {(- 1) ^ {k + n}} {kn} = 2 \ left [\ sum_ {k = 1} ^ \ infty \ frac {(- 1) ^ {k}} {k} \ right] = 2 \ log ^ 22.$$

Finalmente la integral original se obtiene restando: $$\ int_0 ^ \ infty \ frac {\ log2} {1 + e ^ x} dx.$$