Aquí hay otro método que es una mezcla de ambas real de la técnica de análisis y compleja técnica de análisis (sin contorno de integración). La idea principal es similar a la de mi anterior respuesta.
Deje $I$ denotar la integral y escribimos
$$ I = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \int_{0}^{\infty} x \log(1+x^2) e^{-2\pi n x} \, dx. $$
Con el fin de proceder, le reclamo las siguientes:
$$ \int_{0}^{\infty} x \log(1+x^2)e^{-sx} \, dx
= \frac{2}{s^2} - \frac{2}{s} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin(st)}{t+1} \, dt + \frac{2}{s^2} \int_{0}^{\infty} \frac{\cos(st)}{t+1} \, dt. \etiqueta{1} $$
Que posponer la prueba hasta el final y discutir la consecuencia de la $\text{(1)}$. Sustituyendo $s = 2\pi n$ y volver a conectar, $I$ puede ser simplificado como
\begin{align*}
I
&= \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \left( \frac{1}{2\pi^2 n^2} - \frac{1}{\pi n} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin(2\pi n t)}{t+1} \, dt + \frac{1}{2\pi^2 n^2} \int_{0}^{\infty} \frac{\cos(2\pi n t)}{t+1} \, dt \right) \\
&= \frac{1}{24} - \int_{0}^{\infty} \left( \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{\sin(2\pi n t)}{\pi n} \right) \, \frac{dt}{t+1} + \int_{0}^{\infty} \left( \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{\cos(2\pi n t)}{2\pi^2 n^2} \right) \, \frac{dt}{t+1}
\end{align*}
Luego la utilización de la serie de Fourier de el periódico de los polinomios de Bernoulli $\tilde{B}_n$
$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(2\pi n x)}{\pi n} = -\tilde{B}_1(x), \qquad
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos(2\pi n x)}{\pi^2 n^2} = \tilde{B}_2(x), $$
de ello se sigue que
$$ I = \frac{1}{24} - \int_{0}^{\infty} \frac{\tilde{B}_1(t + \frac{1}{2})}{t+1} \, dt - \frac{1}{2}\int_{0}^{\infty} \frac{\tilde{B}_2(t + \frac{1}{2})}{t+1} \, dt. $$
Luego, presentamos la siguiente función
$$f(s) = 2^s - (2^s - 1)\zeta(s) + \frac{1}{s-1}.$$
Esta es una de la función en $\Bbb{C}$ ya que todos los polos se cancelan. A continuación, pretendemos que para $\Re(s) > 0$,
\begin{align*}
\int_{0}^{\infty} \frac{\tilde{B}_1(t + \frac{1}{2})}{(t+1)^s} \, dt
&= \frac{f(s-1)}{s-1}, \tag{2} \\
\int_{0}^{\infty} \frac{\tilde{B}_2(t + \frac{1}{2})}{(t+1)^s} \, dt
&= \frac{2f(s-2)}{(s-1)(s-2)} - \frac{1}{12}\frac{1}{s-1}. \tag{3}
\end{align*}
También posponer la prueba hasta el final. En este supuesto, tenemos
\begin{align*}
\int_{0}^{\infty} \frac{\tilde{B}_1(t + \frac{1}{2})}{t+1} \, dt
&= \lim_{s\to 1} \frac{f(s-1)}{s-1} = \frac{3}{2}\log 2 - 1, \\
\int_{0}^{\infty} \frac{\tilde{B}_2(t + \frac{1}{2})}{t+1} \, dt
&= \lim_{s\to 1} \left(\frac{2f(s-2)}{(s-1)(s-2)} - \frac{1}{12}\frac{1}{s-1}\right) = \frac{7}{12} - \frac{13}{12}\log 2 - \zeta'(-1).
\end{align*}
Conectando de nuevo se obtiene la misma respuesta como M. N. C. E.:
$$ I = \frac{3}{4} - \frac{23}{24}\log 2 + \frac{1}{2}\zeta'(-1). $$
-
La prueba de $\text{(1)}$. Por la integración por partes, para $s > 0$ hemos
\begin{align*}
\int_{0}^{\infty} x \log(1+x^2)e^{-sx} \, dx
&= \int_{0}^{\infty} \frac{2x(sx+1)}{s^2(x^2+1)} e^{-sx} \, dx \\
&= \int_{0}^{\infty} \frac{2u(u+1)}{s^2(u^2 + s^2)}e^{-u} \, du \qquad (u = sx) \\
&= \int_{0}^{\infty} \left( \frac{2}{s^2} - \frac{2}{u^2+s^2} + \frac{2u}{s^2(u^2 + s^2)} \right) e^{-u} \, du.
\end{align*}
Con el fin de calcular la última integral, nos damos cuenta de que
$$ \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-u}}{u - es} \, du
= \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} e^{ist} e^{ut} e^{-u} \, dt du
= \int_{0}^{\infty} \frac{e^{ist}}{t+1} \, dt. $$
De hecho, esto es más de una heurística de un riguroso cálculo, ya que el teorema de Fubini no se aplica directamente. Uno puede regularizar ambos lados mediante la sustitución de $s$$s - i\epsilon$$\epsilon > 0$, aplicando el teorema de Fubini para demostrar la correspondiente equailty, y luego dejar que $\epsilon \to 0^+$ a establecer este. (Como alternativa, esto también puede ser pensado como un $\frac{\pi}{2}$-rotación de la curva de nivel.) Entonces la reclamación de la siguiente manera mediante la utilización de esta igualdad. ////
-
La prueba de $\text{(2)}$$\text{(3)}$. Primero vamos a probar el siguiente identidad
$$ \int_{0}^{\infty} \frac{1}{(t+1)^s} \, d\tilde{B}_1(t+\tfrac{1}{2}) = f(s), \qquad \Re(s) > 0. $$
Por integración por partes, no es difícil comprobar que el lado izquierdo se define un holomorphic función de $\Re(s) > 0$. En vista de que el principio de continuación analítica, es suficiente para probar la identidad de $\Re(s) > 1$. Entonces
\begin{align*}
\int_{0}^{\infty} \frac{1}{(t+1)^s} \, d\tilde{B}_1(t+\tfrac{1}{2})
&= \int_{0}^{\infty} \frac{1}{(t+1)^s} \, d(t - \lfloor t+\tfrac{1}{2}\rfloor) \\
&= \frac{1}{s-1} - \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(k+\frac{3}{2})^s}.
\end{align*}
Es fácil comprobar que este coincide con $f(s)$. Ahora, tanto por $\text{(2)}$ $\text{(3)}$ sigue fácilmente. De nuevo, ambos definen holomorphic funciones en $\Re(s) > 0$ y el principio de continuación analítica nos permite demostrar tanto las identidades sólo al $\Re(s)$ es grande. Entonces la reclamación de la siguiente manera a partir de la siguiente identidad:
\begin{align*}
\int_{0}^{\infty} \frac{\tilde{B}_n(t + \frac{1}{2})}{(t+1)^s} \, dt
&= \frac{B_n(\frac{1}{2})}{s-1} + \frac{1}{s-1} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{(t+1)^{s-1}} \, d\tilde{B}_n(t + \tfrac{1}{2}) \tag{%#%#%} \\
&= \frac{B_n(\frac{1}{2})}{s-1} + \frac{n}{s-1} \int_{0}^{\infty} \frac{\tilde{B}_{n-1}(t + \frac{1}{2})}{(t+1)^{s-1}} \, dt \tag{%#%#%}
\end{align*}
