Probando $\int\limits^{\infty}_{-\infty}\frac{\sin(2n\arctan(x))}{\left(x^2+1\right)^n\left( e^{x\pi}+1\right)}dx=\eta(2n)-\zeta(2n)$

Question

Desde hace un tiempo estoy atascado en probar lo siguiente:

$$\int\limits^{\infty}_{-\infty}\frac{\sin(2n\arctan(x))}{\left(x^2+1\right)^n\left( e^{x\pi}+1\right)}dx=\eta(2n)-\zeta(2n),$$

donde $\eta(z)$ es la función Eta de Dirichlet y $\zeta(z)$ es la función Zeta de Riemann. Me gustaría demostrar esto para $n>1$ pero demostrando que sólo es cierto para los enteros $n$ también estaría bien. Para el caso de los enteros $n$ He encontrado una expansión para el numerador que puede ser útil.

$$\sin(2n\arctan(x))=\frac{x}{(x^2+1)^n}\sum ^{\left\lfloor \frac{2n-1}{2}\right\rfloor }_{k=0}\left(\begin{matrix}2n\\2k+1\end{matrix}\right)(-x^2)^k.$$

Aparte de eso, realmente no he podido hacer nada a esta integral.

Answer 1

En primer lugar, hay que tener en cuenta que $$\frac{\sin (2n\arctan x)}{(1+x^2)^n}=\Im(1-ix)^{-2n}$$ Dejar $$f(z)=\frac{(1-ix)^{-2n}}{e^{x\pi}+1}$$ Integrando $f(z)$ sobre el semicírculo en el semiplano superior y evitando los polos en la trayectoria integradora, la integral original se convierte en $$\Im 2\pi i\sum_{k \text{ positive and odd}}\operatorname{Res}_{z=ki}f(z)=-\sum_{k=1}^\infty\frac{(2k)^{-2n}2\pi}{\pi}=-2^{1-2n}\zeta(2n)=\eta(2n)-\zeta(2n)$$