Encontrar la integral de la $\int_0^\infty \frac{\log(1+x^2)}{e^{2\pi x}+1}dx$

Question

Con referencia a mi anterior pregunta : Mostrar que $\int_0^\infty \frac{x\log(1+x^2)}{e^{2\pi x}+1}dx=\frac{19}{24} - \frac{23}{24}\log 2 - \frac12\log A$

La siguiente integral debe ser manejable :

$$\int_0^\infty \frac{\log(1+x^2)}{e^{2\pi x}+1}dx = ?$$

Pero las costuras que wolframalpha lucha para encontrar una solución de forma cerrada.

Tal vez la respuesta debe ser en términos de Barnes G o de la función de la derivada de la Hurwtiz zeta función.

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Actualización

Mi intento hasta ahora, considere la posibilidad de

$$F(a,b) = \int^\infty_0 \frac{\log(a+t^2)}{e^{2\pi (t+b)}-1}\,dt$$

Consideramos que la derivada

$$\frac{\partial }{\partial a}F(a,b) = \int^\infty_0 \frac{dt}{(t^2+a)(e^{2\pi (t+b)}-1)}\,dt$$

Utilice la siguiente expansión

$$\frac{2t}{e^{2\pi t}-1} =\frac{1}{\pi}-t+\frac{2t^2}{\pi}\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2+t^2} $$

Por lo tanto tienen

$$\frac{1}{e^{2\pi (t+b)}-1} =\frac{1}{2(t+b)\pi}-\frac{1}{2}+\frac{t+b}{\pi}\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2+(t+b)^2} $$

$$\frac{\partial }{\partial a}F(a,b) = \int^\infty_0 \frac{1}{t^2+a}\left\{ \frac{1}{2(t+b)\pi}-\frac{1}{2}+\frac{t+b}{\pi}\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2+(t+b)^2}\right\}dt$$

Esto se reduce a $$\frac{\partial }{\partial a}F(a,b)= \frac{1}{2\pi}\int^\infty_0 \frac{1}{(t^2+a)(t+b)} dt-\frac{1}{2}\int^\infty_0 \frac{dt}{t^2+a}+\\\frac{1}{\pi}\sum_{k=1}^\infty\int^\infty_0\frac{t+b}{(t^2+a)(k^2+(t+b)^2)}dt$$

La primera y la segunda son simples queda por evaluar

$$\sum_{k=1}^\infty\int^\infty_0\frac{t+b}{(t^2+a)(k^2+(t+b)^2)}dt$$

Luego de integrar con respecto a $a$.

O evaluar

$$\sum_{k=1}^\infty\int^\infty_0\frac{\log(t^2+1)(t+b)}{k^2+(t+b)^2}dt$$

Donde $b = i+1/2$.

Answer 1

Por integración por partes, la integral es igual a $$ I=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\frac{x\log\left(1+e^{-2\pi x}\right)}{1+x^2}\,dx $$ y desde $\mathcal{L}^{-1}\left(\frac{x}{1+x^2}\right)=\cos(s)$$\mathcal{L}\left(\frac{(-1)^{k+1} e^{-2\pi k x}}{k}\right) = \frac{(-1)^{k+1}}{k(s+2\pi k)}$, también tenemos: $$ I = 2\int_{0}^{+\infty}\cos(s)\sum_{k\geq 1}\frac{(-1)^{k+1}}{2\pi k(s+2\pi k)}\,ds $$ por lo $I$ es una serie de la ponderación de seno y coseno integrales dependiendo de Lerch trascendente.
Que no es de extrañar, ya que $$ \int_{0}^{+\infty}\log(1+x^2)e^{-2k\pi x}\,dx = -\frac{\text{Ci}(2\pi k)}{\pi k}=\frac{1}{\pi k}\int_{2\pi k}^{+\infty}\frac{\cos x}{x}\,dx=\frac{1}{\pi k}\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos x}{x+2\pi k}\,dx $$ Así: $$\begin{eqnarray*} I &=& \frac{1}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\cos(2\pi u)\sum_{k\geq 1}\frac{(-1)^{k+1}}{k (u+k)}\,du\\&=&\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos(2\pi u)}{2\pi u}\left[\log(4)+\psi\left(\tfrac{1+u}{2}\right)-\psi\left(\tfrac{2+u}{2}\right)\right]\,du\tag{1}\end{eqnarray*}$$ Además, a partir de $$ \zeta(s)=\frac{1}{\Gamma(s)}\left(1-\frac{2}{2^s}\right)^{-1}\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x+1}\,dx \tag{2}$$ la celebración de todos los $s$ tal que $\text{Re}(s)>0$, no es difícil derivar $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{\log x}{e^{2\pi x}+1}\,dx = -\frac{\log(2)\log(8\pi^2)}{4\pi} \tag{3} $$ a través de la sustitución de un producto y la diferenciación bajo el signo integral. También tenemos: $$\begin{eqnarray*} I &=& \int_{0}^{+\infty}\frac{\log(x+i)}{e^{2\pi x}+1}\,dx + \int_{0}^{+\infty}\frac{\log(x-i)}{e^{2\pi x}+1}\,dx\\ &=& \left(\int_{i}^{+\infty+i}+\int_{-i}^{+\infty-i}\right)\frac{\log x}{e^{2\pi x}+1}\,dx \tag{4}\end{eqnarray*}$$ por lo tanto, nuestro problema es equivalente a encontrar una forma cerrada para el principal valor de la integral $$ J = \text{PV}\int_{0}^{i}\text{Re}\left(\frac{\log x}{e^{2\pi x}+1}\right)\,dx \tag{5}$$ por la elección de un adecuado contorno de evitar la singularidad en $x=\frac{i}{2}$.
La singularidad está asociada con el término correspondiente a $h=0$ en $$ \frac{1}{e^{2\pi x}+1}=\frac{1}{2}-\sum_{h\geq 0}\frac{4x}{(2h+1)^2 \pi+4\pi x^2}\tag{6}$$ y para cada $h>0$ hemos $$ \text{Re}\int_{0}^{i}\log(x)\frac{4x}{(2h+1)^2 \pi+4\pi x^2}\,dx = \frac{1}{4\pi}\,\text{Li}_2\left(\frac{4}{(2h+1)^2}\right)\tag{7}$$ mientras que el término en singular asociado con $h=0$ da un aporte de $\frac{1}{2}\text{arctanh}\frac{1}{2}$. De ello se deduce que el problema de encontrar una forma cerrada para $I$ es equivalente a encontrar una forma cerrada para: $$ S = \sum_{h\geq 1}\text{Li}_2\left(\frac{1}{(h+1/2)^2}\right) =\sum_{n\geq 1}\frac{\zeta\left(2n,\tfrac{3}{2}\right)}{n^2}.\tag{8}$$ Ahora podemos aprovechar: $$ \sum_{n\geq 1}\zeta\left(2n,\tfrac{3}{2}\right)x^{2n} = \frac{4x^2}{4x^2-1}+\frac{\pi x\tan(\pi x)}{2}\tag{9} $$ y comprobar que $S$ sólo depende de $$\text{PV}\int_{0}^{1}\frac{x\log x}{4x^2-1}\,dx,\qquad \color{blue}{\text{PV}\int_{0}^{1}\log(x)\tan(\pi x)\,dx}.\tag{10}$$ De acuerdo con Mathematica, la primera integral es una combinación de $\pi^2,\log^2(2)$$\text{Li}_2\left(\tfrac{1}{4}\right)$.
Que no es difícil de demostrar, y reduce todo el problema de encontrar una forma cerrada para el azul integral. El cálculo de la azul integral se reduce al cálculo de $$ \int_{0}^{1}\text{arctanh}(x)\cot\left(\tfrac{\pi x}{2}\right)\,dx =-\frac{2}{\pi}\int_{0}^{1}\frac{\log\sin\tfrac{\pi x}{2}}{1-x^2}\,dx=-\frac{2}{\pi}\int_{0}^{1}\frac{\log\cos\tfrac{\pi x}{2}}{x(2-x)}\,dx\tag{11}$$ donde $$ \log\cos\tfrac{\pi x}{2}=\sum_{k\geq 1}(-1)^k\frac{1-\cos(\pi k x)}{k} $$ tiene una buena serie de Fourier, sino $\frac{1}{x(2-x)}$ no parece. Sin embargo, un decente aproximación numérica puede ser recuperado a partir del hecho de que en el intervalo de $\left(0,1\right)$ tenemos: $$ \text{arctanh}(x)\cot\left(\tfrac{\pi x}{2}\right)\approx\frac{2}{\pi}\sqrt{1-x^2}. \tag{12}$$