Con un poco de tiempo en mis manos estos dos últimos días, por fin he conseguido hacer este cálculo integral a través de contorno de integración; el método es muy similar en espíritu a mi respuesta aquí. El fondo sólo es necesario el conocimiento de Cauchy de la integral teorema y el hecho de que $\zeta(4) = \pi^4/90$. He hecho un par de comentarios en la generalización hacia la parte inferior.
La estrategia es la siguiente. Integramos la rama principal de $f(z) = z\log^3{(1+e^{2i z})}$ más de un seleccionados adecuadamente el contorno con el fin de demostrar
$$
\begin{align}
\int_{-\pi/2}^{\pi/2}x^2\log^2{(2\cos{x})}\,dx y = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}x^4\,dx\frac{\pi}{3}\int_0^\infty \log^3{(1-e^{-2y})}\,dy. \etiqueta{1}
\end{align}
$$
Esto nos deja en buena forma; debido al hecho de que el integrando es par, el lado izquierdo es el doble de la integral que queremos evaluar. La primera integral de la derecha es fácilmente calculada como $\pi^5/80$. Para evaluar la segunda integral, poner $e^{-v} = 1-e^{-2y}$; leve cálculos dan $-(e^v - 1)^{-1}\,dv = dy$ y, a continuación,
$$
\begin{align}
-\frac{\pi}{3}\int_0^\infty \log^3{(1-e^{-2y})}\,dy & = \frac{\pi}{6}\int_0^\infty\frac{v^3}{e^v - 1}\,dv = \pi\zeta(4). \etiqueta{2}
\end{align}
$$
La última ecuación de la siguiente manera a partir de la conocida identidad
$$
\Gamma(s)\zeta(s) = \int_0^\infty \frac{v^{m-1}}{e^{v}-1}\,dv
$$
que vale para $\text{Re}\,s > 1$ y se puede derivar fácilmente mediante el desarrollo de el integrando en una serie geométrica. Al insertar $(2)$ en $(1)$ y simplificando llegamos al resultado deseado.
Queda por demostrar $(1)$; como se mencionó, el argumento es totalmente análoga a uno me dio en esta respuesta a otro de Cody preguntas. La integridad, la incluyo aquí. Considere la posibilidad de la región obtenido de $\mathbb C$ mediante la eliminación de la mitad de las líneas en las que $\text{Re}\,z$ es un número entero múltiplo de $\pi/2$ y $\text{Im}\z \leq 0$. En esta región, podemos definir una rama de $\log{(1+e^{2iz})} = \log{(2e^{iz}\cos{z})}$; elegimos la sucursal con la parte imaginaria entre $-\pi$ y $\pi$. Después de haber hecho esto, dejar que $f(z) = z\log^3{(1+e^{2iz})}$. Queremos integrar a $f(z)$ sobre el contorno obtenido por la eliminación de las esquinas del rectángulo determinado por $-\pi/2$ y $\pi/2 + iR$, donde $R > 0$. Para completar el contorno de reemplazar la parte inferior de las esquinas con cuarto de círculo de radio $\delta >0$. La intención es dejar $R \to \infty$ y $\delta \to 0$.
${}$
![Contour of integration.]()
Para valores fijos de $\delta$ y $R$, Cauchy teorema dice que $f(z)$ integra a cero en el contorno. Como $R \to \infty$, la contribución de la parte superior del lado horizontal tiende a $0$ porque $f(x+iR) \to 0$ uniformemente para $-\pi/2 \leq x \leq \pi/2$. Por escrito de $1+e^{2i z} = 1 - e^{2i(z-\pi/2)}$ una ve $1+e^{2i z} = S(z-\pi/2)$ y por tanto $\log{(1+e^{2iz})} = O(\log{|z-\pi/2|})$ $z \a \pi/2$. De ello se desprende que la contribución de la izquierda un cuarto de círculo es $O(\delta^2\log^3{\delta})$, de ahí que se desvanece en el límite de $\delta \to 0$. El mismo argumento se aplica a la otra de un cuarto de círculo, y nos quedamos con las aportaciones de los lados verticales y la horizontal inferior de los lados.
Después de tomar los límites de la contribución de los lados verticales es
$$
\begin{align}
i\int_0^\infty f(iy+\pi/2)\,dy -i\int_0^\infty f(iy - \pi/2)\,dy = i\pi\int_0^\infty\log^3{(1-e^{-2y})}\,dy. \etiqueta{3}
\end{align}
$$
Ahora por $x$ entre $-\pi/2$ y $\pi/2$, la cantidad de $2\cos{x}$ es positivo. Esto significa que el valor único de $\arg{(2e^{ix}\cos{x})}$, que se encuentra entre $-\pi$ y $\pi$ simplemente $x$. Como hemos elegido el principio de la sucursal, obtenemos $\log{(2e^{ix}\cos{x})} = \log{(2\cos{x})}+ix$. Por lo tanto, la contribución de la horizontal inferior de los lados puede ser escrito
$$
\int_{-\pi/2}^{\pi/2} f(x)\,dx = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}x\left(\log{(2\cos{x})} + ix\right)^3\,dx. \etiqueta{4}
$$
Por el análisis anterior, de $(3)$ y $(4)$ suma a cero. Desde $(3)$ es puramente imaginaria, esto significa en particular que la parte imaginaria de $(4)$ es igual al negativo de $(3)$. La última instrucción es equivalente a $(1)$.
Porque he pasado bastante tiempo con esta pregunta, me gustaría hacer un par de comentarios en la dirección de una generalización. Tomando $g(z) = p(z) \log^m(1+e^{2iz})$ en lugar de $f(z)$ de arriba, donde $p(z)$ es un polinomio y $m \in \mathbb N$, uno encuentra por la repetición de los mismos argumentos que
$$
\begin{align}
\int_{-\pi/2}^{\pi/2} p(x)&\left(\log{(2\cos{x})} + ix\right)^m\,dx \\
&= -i \int_0^\infty \left(p(iy + \pi/2)-p(iy - \pi/2)\right)\log^m{(1-e^{-2y})}\,dy. \etiqueta{5}
\end{align}
$$
Inteligente opciones de $p$ y $m$, a continuación, proporcionar un número de integral y de la serie de identidades. Por otra parte, las identidades
$$
\int_0^\infty y^n \log{(1-e^{-2y})}\,dy = -\frac{1}{2^{n+1}}\Gamma(n+1)\zeta(n+2) \etiqueta{6}
$$
y
$$
\int_0^\infty \log^m{(1-e^{-2y})}\,dy = \frac{(-1)^{m}}{2}\int_0^\infty \frac{y^m}{e^y - 1}\,dy = \frac{(-1)^m}{2}\Gamma(m+1)\zeta(m+1) \etiqueta{7}
$$
proporcionan una conexión entre las integrales sobre el lado izquierdo de $(5)$ y los valores tomados por $\zeta$ en números enteros positivos $n\geq2$. Aquí $(6)$ se deriva por la expansión de $\log{(1-e^{-2y})}$ en potencias de $e^{-2y}$ mientras $(7)$ se deriva de la misma manera como $(2)$.
