$0 < \varepsilon < R$ に対して
\[
\begin{cases}
C_1: z(t)=t & (t: \varepsilon \to R) \\
C_2: z(t)=Re^{it} & (t:0 \to 2\pi i/n) \\
C_3: z(t)=te^{2\pi i/n} & (t:R \to \varepsilon) \\
C_4: z(t)=\varepsilon e^{it} & (t: 2\pi i / n \to 0)
\end{cases}
\]
からなる積分路 $C=C_1+C_2+C_3+C_4$ を考える．

$f(z)=\log{z}/(1+z^n)$ の孤立特異点は $1+z^{n}= 0$ の解である．$z = r(\cos{\theta} + i \sin{\theta})$ とおく．
\[
r^{n} = |z^{n}| = |-1^{n}| = 1
\]
であるから $r=1$ を得る．また，de Moivreの定理より
\[
-1 = z^{n} = \cos{n\theta} + i \sin{n\theta}
\]
である．両辺の実部と虚部を比較すれば
\[
-1 = \cos{n\theta}, \qquad 0 = \sin{n\theta}
\]
となるから
\[
\theta = \frac{2k-1}{n}\pi
\]
を得る．以降
\[
\theta_k = \frac{2k-1}{n}\pi
\]
とすれば
\[
z_k = e^{i\theta_k} \qquad (k = 1 , 2 , \dots , n)
\]
が求める孤立特異点となる．これらはすべて $1$ 位の極である．

$0 < \varepsilon < 1 < R$ のとき，閉曲線 $C$ に囲まれた領域に含まれる $f(z)$ の極は
\[
z_1=e^{i\theta_1}=\cos{\frac{\pi}{n}}+i\sin{\frac{\pi}{n}}
\]
だけである．この点での $f(z)$ の留数は
\[
\begin{align*}
\underset{z=z_1}{\textrm{Res}}\,f(z)
&=\underset{z=z_1}{\textrm{Res}}\,\frac{\log{z}}{1+z^n} \\
&=\lim_{z \to z_1}\frac{(z-z_1)\log{z}}{1+z^n}\\
&=\lim_{z \to z_1}\frac{\log{z}+(z-z_1)/z}{nz^{n-1}}\\
&= \frac{\log{z_1}}{nz_1^{n-1}} \\
&= \frac{z_1\log{z_1}}{-n} \\
&= -\frac{\pi i }{n^2}e^{\pi i/n}
\end{align*}
\]
となる．

\[
\int_{C_1}f(z)\,dz = \int_{\varepsilon}^{R}\frac{\log{t}}{1+t^n}\,dt
\]

$R > 1$ のとき，三角不等式より
\[
|1+(Re^{it})^n| \geqq \left||1|-|Re^{it}|^n\right| = |1-R^n| = R^n-1
\]
であることに注意すれば
\[
\begin{align*}
\left|\int_{C_2}f(z)\,dz\right|
&\leqq \int_{0}^{2\pi /n}\left|\frac{\log{(Re^{it})}}{1+(Re^{it})^n}\right|\left|\frac{dz}{dt}\right|\,dt \\
&= \int_{0}^{2\pi/n}\frac{|\log{R}+it|}{|1+(Re^{it})^n|}R\,dt \\
&\leqq \int_{0}^{2\pi /n}\frac{\log{R}+t}{R^n-1}R\,dt \\
&= \frac{2\pi R\log{R}}{n(R^n-1)} + \frac{2\pi^2 R\log{R}}{n^2(R^n-1)} \longrightarrow 0 \quad (R \to \infty)
\end{align*}
\]
が成り立つ．

\[
\begin{align*}
\int_{C_3}f(z)\,dz
&= \int_{R}^{\varepsilon}\frac{\log{te^{2\pi i/n}}}{1+(te^{2\pi i/n})^n}\frac{dz}{dt}\,dt \\
&= -e^{2 \pi i/n}\int_{\varepsilon}^{R}\frac{\log{t}+2 \pi i/n}{1+t^n}\,dt \\
&= -e^{2 \pi i/n}\int_{\varepsilon}^{R}\frac{\log{t}}{1+t^n}\,dt-\frac{2 \pi i}{n}e^{2 \pi i/n}\int_{\varepsilon}^{R}\frac{dt}{1+t^n}
\end{align*}
\]

$0 < \varepsilon < 1$ のとき，三角不等式より
\[
|1+(\varepsilon e^{it})^n| \geqq \left||1|-|\varepsilon e^{it}|^n\right| = |1-\varepsilon ^n| = 1-\varepsilon^n
\]
であることに注意すれば
\[
\begin{align*}
\left|\int_{C_4}f(z)\,dz\right|
&\leqq \int_{0}^{2\pi /n}\left|\frac{\log{(\varepsilon e^{it})}}{1+(\varepsilon e^{it})^n}\right|\left|\frac{dz}{dt}\right|\,dt \\
&= \int_{0}^{2\pi/n}\frac{|\log{\varepsilon}+it|}{|1+(\varepsilon e^{it})^n|}\varepsilon \,dt \\
&\leqq \int_{0}^{2\pi /n}\frac{\log{\varepsilon }+t}{1-\varepsilon^n}\varepsilon\,dt \\
&= \frac{2\pi \varepsilon\log{\varepsilon}}{n(1-\varepsilon^n)} + \frac{2\pi^2 \varepsilon\log{\varepsilon}}{n^2(1-\varepsilon^n)} \longrightarrow 0 \quad (\varepsilon \to +0)
\end{align*}
\]
が成り立つ．ここで
\[
\lim_{\varepsilon \to +0}\varepsilon\log{\varepsilon} = 0
\]
に注意した．

留数定理より
\[
\oint_{C}f(z)\,dz = 2\pi i \underset{z=z_1}{\textrm{Res}}\,f(z) = \frac{2\pi^2}{n^2}e^{\pi i/n}
\]
であるから
\[
\begin{align*}
\frac{2\pi^2}{n^2}e^{\pi i/n}
&= \oint_{C}f(z)\,dz \\
&= \int_{C_1}f(z)\,dz + \int_{C_2}f(z)\,dz + \int_{C_3}f(z)\,dz + \int_{C_4}f(z)\,dz\\
&=(1-e^{2\pi i/n})\int_{\varepsilon}^{R}\frac{\log{t}}{1+t^n}\,dt+\int_{C_2}f(z)\,dz \\
& \qquad -\frac{2 \pi i}{n}e^{2 \pi i/n}\int_{\varepsilon}^{R}\frac{dt}{1+t^n}+\int_{C_4}f(z)\,dz
\end{align*}
\]
を得る．ここで極限 $R \to \infty$ を考えれば
\[
\frac{2\pi^2}{n^2}e^{\pi i/n} = (1-e^{2\pi i /n})\int_{0}^{\infty}\frac{\log{t}}{1+t^n}\,dt-\frac{2 \pi^2 i}{n^2\sin{(\pi/n})}e^{2 \pi i/n}
\]
が成り立つ．ただし
\[
\int_{0}^{\infty}\frac{dt}{1+t^n}=\frac{\pi}{n\sin{(\pi/n)}}
\]
は以下のノートで導出した結果である：

1/(a^n+x^n)の広義積分

http://sigmagic.net/math/integral2

これを整理して

\[
\begin{align*}
\int_{0}^{\infty}\frac{\log{t}}{1+t^n}\,dt
&=\frac{2\pi^2}{n^2}\frac{e^{\pi i/n}}{1-e^{2 \pi i/n}}+\frac{2 \pi^2 i}{n^2\sin{(\pi/n})}\frac{e^{2 \pi i/n}}{1-e^{2 \pi i/n}} \\
&=\frac{\pi^2}{n^2}\left(i-\frac{e^{\pi i/n}}{\sin{(\pi/n})}\right)\frac{2i}{e^{\pi i/n}-e^{-\pi i/n}}\\
&=\frac{\pi^2}{n^2}\left(-\frac{\cos{(\pi/n)}}{\sin{(\pi/n)}}\right)\frac{1}{\sin{(\pi/n)}} \\
&=-\frac{\pi^2\cos{(\pi/n)}}{n^2\sin^2{(\pi/n)}}
\end{align*}
\]
が成り立つ．ここで，２つ目の等号は
\[
\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i} = \sin{\theta}
\]
を用いた．

変数変換 $t=x/a$ によって
\[
\begin{align*}
-\frac{\pi^2\cos{(\pi/n)}}{n^2\sin^2{(\pi/n)}}
&= \int_{0}^{\infty}\frac{\log{(x/a)}}{1+(x/a)^n}\frac{1}{a}\,dx \\
&= a^{n-1}\left(\int_{0}^{\infty}\frac{\log{x}}{a^n+x^n}\,dx-\log{a}\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{a^n+x^n}\right)
\end{align*}
\]
が成り立つ．これを整理して
\[
\begin{align*}
\int_{0}^{\infty}\frac{\log{x}}{a^n+x^n}\,dx
&=\log{a}\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{a^n+x^n}-\frac{\pi^2\cos{(\pi/n)}}{n^2a^{n-1}\sin^2{(\pi/n)}} \\
&= \frac{\pi\log{a}}{na^{n-1}\sin{(\pi/n)}}-\frac{\pi^2\cos{(\pi/n)}}{n^2a^{n-1}\sin^2{(\pi/n)}} \\
&= \frac{\pi}{na^{n-1}\sin{(\pi/n)}}\left(\log{a}-\frac{\pi\cos{(\pi/n)}}{n\sin{(\pi/n)}}\right)
\end{align*}
\]
を得る．ここで，２つ目の等号で用いた
\[
\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{a^n+x^n}=\frac{\pi}{na^{n-1}\sin{(\pi/n)}}
\]
は以下のノートで導出した結果である：

1/(a^n+x^n)の広義積分

http://sigmagic.net/math/integral2

導出の過程で
\[
\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{a^n+x^n}
\]
に関する結果を利用したが，この広義積分は $n=2$ のときの導出が容易である．したがって
\[
\int_{0}^{\infty}\frac{\log{x}}{a^2+x^2}\,dx=\frac{\pi\log{a}}{2a}
\]
は上記の結果を参照せずに導出が可能である．

$f(z)=1/(z^n+a^n)$ の孤立特異点は $z^{n} + a^{n} = 0$ の解である．$z = r(\cos{\theta} + i \sin{\theta})$ とおく．
\[
r^{n} = |z^{n}| = |-a^{n}| = a^{n}
\]
であるから，$a,\,r>0$ に注意して $r=a$ を得る．また，de Moivreの定理より
\[
-a^{n} = z^{n} = r^{n}(\cos{n\theta} + i \sin{n\theta}) = a^{n}(\cos{n\theta} + i \sin{n\theta})
\]
である．両辺の実部と虚部を比較すれば
\[
-a^{n} = a^{n}\cos{n\theta}, \qquad 0 = a^{n}\sin{n\theta}
\]
となるから
\[
\theta = \frac{2k-1}{n}\pi
\]
を得る．以降
\[
\theta_k = \frac{2k-1}{n}\pi
\]
とすれば
\[
z_k = ae^{i\theta_k} \qquad (k = 1 , 2 , \dots , n)
\]
が求める孤立特異点となる．これらはすべて $1$ 位の極であり，原点または実軸上の点ではない．

\[
z_k^{n-1} =-a^{n} /z_k
\]
であることと，$\log{z}$ の偏角の取り方が $0 < \theta < 2\pi$ であること，すなわち
\[
\log{z_k} = \log{ae^{i\theta_k}} = \log{a}+i\theta_k
\]
に注意して
\[
\begin{align*}
\underset{z=z_k}{\textrm{Res}}\,f(z)(\log{z})^2
&=\underset{z=z_k}{\textrm{Res}}\,\frac{(\log{z})^2}{z^n+a^n} \\
&=\lim_{z \to z_k}(z-z_k)\frac{(\log{z})^2}{z^n+a^n}\\
&=\lim_{z \to z_k}\frac{(\log{z})^2-2(z-z_k)\frac{\log{z}}{z}}{nz^{n-1}} \\
&= \frac{(\log{z_k})^2}{nz_k^{n-1}} \\
&= \frac{z_k(\log{z_k})^2}{-na^n} \\
&= \frac{\left(\cos{\theta_k}+i\sin{\theta_k}\right)\left((\log{a})^2+2i\theta_k\log{a}-\theta_k^2\right)}{-na^{n-1}}
\end{align*}
\]
であり，その実部は
\[
\textrm{Re}\left(\underset{z=z_k}{\textrm{Res}}\,f(z)(\log{z})^2\right) = a\cos{\theta_k}\left((\log{a})^2-\theta_k^2\right)-2a\log{a} \cdot \theta_k\sin{\theta_k}
\]
である．

$\cos{k\theta}$ の和の公式において $\theta = 2\pi/n$ として
\[
\sum_{k=1}^{n}\cos{\frac{2k\pi}{n}} = \frac{\cos{\pi}\sin{(\pi+\frac{\pi}{2n})}}{\sin{\frac{\pi}{2n}}}-1=0
\]
を得る．また，$\cos{k\theta}$ の和の公式において $n$ を $2n$ で置き換えることにより
\[
\sum_{k=1}^{2n}\cos{k\theta} = \frac{\cos{n\theta}\sin{\frac{2n+1}{2}\theta}}{\sin{\frac{\theta}{2}}}-1
\]
である．$\theta = \pi/n$ として
\[
\sum_{k=1}^{2n}\cos{\frac{k\pi}{n}}=\frac{\cos{\pi}\sin{(\pi+\frac{\pi}{2n})}}{\sin{\frac{\pi}{2n}}}-1 = 0
\]
を得る．したがって
\[
\sum_{k=1}^{n}\cos{\theta_k} = \sum_{k=1}^{n}\cos{\frac{2k-1}{n}\pi}=\sum_{k=1}^{2n}\cos{\frac{k\pi}{n}}-\sum_{k=1}^{n}\cos{\frac{2k\pi}{n}}=0
\]
が成り立つ．

三角関数の性質と $\theta_k$ の定め方から
\[
\cos{\theta_k}=\cos{\theta_{n-k+1}}
\]
が成り立つ．ゆえに
\[
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{n}k\cos{\theta_k}
&= \sum_{k=1}^{n}(n-k+1)\cos{\theta_{n-k+1}} \\
&= \sum_{k=1}^{n}(n-k+1)\cos{\theta_k} \\
&= (n+1)\sum_{k=1}^{n}\cos{\theta_k}-\sum_{k=1}^{n}k\cos{\theta_k}
\end{align*}
\]
である．ただし最初の等号は，和の逆順処理による変換である（展開すれば等しいことが判る）．したがって
\[
\sum_{k=1}^{n}k\cos{\theta_k}=\frac{n+1}{2}\sum_{k=1}^{n}\cos{\theta_k}=0
\]
を得る．

簡単のため，$\cos{(\pi/n)}=c$ とおく．

$k^2\cos{k\theta}$ の和の公式において $\theta=2\pi/n$ として
\[
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{n}k^2\cos{\frac{2k\pi}{n}}
&=\frac{n^2(2(2c^2-1)^2-1)-4n(n+1)(2c^2-1)-n(3n+4)}{16(1-c^2)^2} \\
&=\frac{8(n^2c^2-nc^3-n(2n+1)c^2+nc+n(n+1))}{16(1-c^2)^2}
\end{align*}
\]
が成り立つ．また，$k^2\cos{k\theta}$ の和の公式において，$n$ を $2n$ で置き換えてから $\theta=\pi/n$ として
\[
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{2n}k^2\cos{\frac{k\pi}{n}}
&=\frac{n^2(2c^2-1)-2n(2n+1)c+n(3n+2)}{(1-c)^2}
\end{align*}
\]
を得る．また，$k\cos{k\theta}$ の和の公式から同様に計算すれば
\[
\sum_{k=1}^{n}k\cos{\frac{2k\pi}{n}} = \frac{n}{2}, \quad \sum_{k=1}^{2n}k\cos{\frac{k\pi}{n}} = n
\]
が得られることに注意すると
\[
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{n}k^2\cos{\frac{2k-1}{n}\pi}
&= \sum_{k=1}^{2n}\left(\frac{k+1}{2}\right)^2\cos{\frac{k\pi}{n}}-\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{2k+1}{2}\right)^2\cos{\frac{2k\pi}{n}} \\
&= \frac{1}{4}\sum_{k=1}^{2n}k^2\cos{\frac{k\pi}{n}}+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{2n}k\cos{\frac{k\pi}{n}}+\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{2n}\cos{\frac{k\pi}{n}} \\
& \qquad -\sum_{k=1}^{n}k^2\cos{\frac{2k\pi}{n}}-\sum_{k=1}^{n}k\cos{\frac{2k\pi}{n}}-\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{n}\cos{\frac{2k\pi}{n}} \\
&= \frac{nc}{2(1-c^2)} \\
&= \frac{n\cos{(\pi/n)}}{2\sin^2{(\pi/n)}}
\end{align*}
\]
を得る．

$\sin{\theta}$ の定義と $\theta_k$ の定め方から，和は $0$ である．

【補足】$n$ が偶数のときは $\pm$ で打ち消しあうペアが存在する．$n$ が奇数のときは $\theta_k = \pi$ がペアから外れるが，$\sin{\pi}=0$ であるから無視してよい．

$\cos{\theta_k}$ を求める手順と同様にして
\[
\sum_{k=1}^{n}k\sin{\frac{2k\pi}{n}}=-\frac{n\cos{(\pi/n)}}{2\sin{(\pi/n)}}
\]
および
\[
\sum_{k=1}^{2n}k\sin{\frac{2\pi}{n}}=-\frac{n\cos{(\pi/2n})}{\sin{(\pi/2n)}}
\]
から
\[
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{n}k\sin{\frac{2k-1}{n}\pi}
&=\sum_{k=1}^{2n}\frac{k+1}{2}\sin{\frac{k\pi}{n}}-\sum_{k=1}^{n}\frac{2k+1}{2}\sin{\frac{2k\pi}{n}} \\
&= \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{2n}k\sin{\frac{k\pi}{n}}-\sum_{k=1}^{n}k\sin{\frac{2k\pi}{n}}-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}\sin{\frac{2k-1}{n}\pi} \\
&= -\frac{n\cos{(\pi/2n})}{2\sin{(\pi/2n)}}+\frac{n\cos{(\pi/n)}}{2\sin{(\pi/n)}} \\
&= -\frac{n}{2}\frac{\cos{(\pi/2n)}\sin{(\pi/n)}-\sin{(\pi/2n)}\cos{(\pi/n)}}{\sin{(\pi/n)}\sin{(\pi/2n)}} \\
&= -\frac{n}{2}\frac{\sin{(\pi/2n)}}{\sin{(\pi/n)}\sin{(\pi/2n)}} \\
&=\frac{n}{2\sin{(\pi/n)}}
\end{align*}
\]
を得る．