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왼쪽 식부터 증명하자. 우선 [math(x=e^t)]로 치환한 후 분모와 분자에 [math(e^{-2t})]를 곱하면
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_1^\infty \frac{\ln x}{1+x^2} \,{\rm d}x = \int_0^\infty \frac{te^t}{1+e^{2t}} \,{\rm d}t = \int_0^\infty \frac{te^{-t}}{1+e^{-2t}} \,{\rm d}t
\end{aligned} )]
[math(\displaystyle \frac1{1+e^{-2t}} = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n e^{-2nt})]임을 이용하면
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_1^\infty \frac{\ln x}{1+x^2} \,{\rm d}x &= \int_0^\infty \frac{te^{-t}}{1+e^{-2t}} \,{\rm d}t = \int_0^\infty t \sum_{n=0}^\infty (-1)^n e^{-(2n+1)t} \,{\rm d}t \\
&= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \int_0^\infty t e^{-(2n+1)t} \,{\rm d}t
\end{aligned} )]
여기서 이 정적분의 값은
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^\infty t e^{-(2n+1)t} \,{\rm d}t &= \biggl. \frac{t e^{-(2n+1)t}}{-(2n+1)} \biggr|_0^\infty -\int_0^\infty \frac{e^{-(2n+1)t}}{-(2n+1)} \,{\rm d}t \\
&= \int_0^\infty \frac{e^{-(2n+1)t}}{2n+1} \,{\rm d}t = \biggl. \frac{e^{-(2n+1)t}}{-(2n+1)^2} \biggr|_0^\infty \\
&= \frac1{(2n+1)^2}
\end{aligned} )]
이므로 왼쪽 식을 증명할 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\therefore \int_1^\infty \frac{\ln x}{1+x^2} \,{\rm d}x = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \int_0^\infty t e^{-(2n+1)t} \,{\rm d}t = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac1{(2n+1)^2} = G \qquad \blacksquare
\end{aligned} )]
한편, [math(\displaystyle \int_1^\infty \frac{\ln x}{1+x^2} \,{\rm d}x = G)]에서 [math(x=\dfrac1t)]로 치환하면 오른쪽 식을 증명할 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
G = \int_1^\infty \frac{\ln x}{1+x^2} \,{\rm d}x &= \int_\infty^1 \frac{\ln t^{-1}}{1+t^{-2}} \!\left( -\frac1{t^2} \,{\rm d}t \right) \\
&= \int_1^\infty \frac{\ln t^{-1}}{t^2+1} \,{\rm d}t = -\int_1^\infty \frac{\ln t}{t^2+1} \,{\rm d}t \qquad \blacksquare
\end{aligned} )]