tan^{-1}xlogx[0,1]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^1 \tan^{-1}x \log xdx=-\frac{π}{4}+\frac{π^2}{48}+\frac{1}{2}\log 2\\
&(2)  \displaystyle\int_0^1 \cot^{-1}x \log xdx=-\frac{π}{4}-\frac{π^2}{48}-\frac{1}{2}\log 2\\
\end{alignat}









<証明>

予め、次の定積分を計算しておきます。
\begin{alignat}{2}
(A)  \displaystyle\int_0^1 \frac{x \log x}{1+x^2}dx&=\displaystyle\int_0^1 x \log x \left\{\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n}\right\}dx\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\displaystyle\int_0^1 x^{2n+1} \log xdx\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \left\{\left[\frac{x^{2n+2}}{2n+2}\log x\right]_0^1 – \displaystyle\int_0^1 \frac{x^{2n+2}}{2n+2} \cdot \frac{1}{x}dx \right\}\\
&=-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+2}\displaystyle\int_0^1 x^{2n+1}dx\\
&=-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+2)^2}=-\frac{1}{4}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(n+1)^2}\\
&=-\frac{1}{4}η(2)=-\frac{1}{4} \cdot \frac{π^2}{12}=-\frac{π}{48}\\
\end{alignat}

$$(B)  \displaystyle\int_0^1 \frac{x}{1+x^2}dx=\left[\frac{1}{2}\log (1+x^2)\right]_0^1=\frac{1}{2}\log 2$$




どちらも部分積分後、\((A)(B)\) の結果を代入します。
\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^1 \tan^{-1}x \log xdx\\
&=[\tan^{-1} x(x \log x-x)]_0^1 -\displaystyle\int_0^1 \frac{x \log x-x}{1+x^2}dx\\
&=-\frac{π}{4}-\displaystyle\int_0^1 \frac{x \log x}{1+x^2}dx+\displaystyle\int_0^1 \frac{x}{1+x^2}dx\\
&=-\frac{π}{4}+\frac{π^2}{48}+\frac{1}{2}\log 2\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^1 \tan^{-1}x \log xdx=-\frac{π}{4}+\frac{π^2}{48}+\frac{1}{2}\log 2$$







\begin{alignat}{2}
&(2)  \displaystyle\int_0^1 \cot^{-1}x \log xdx\\
&=[\cot^{-1} x(x \log x-x)]_0^1 +\displaystyle\int_0^1 \frac{x \log x-x}{1+x^2}dx\\
&=-\frac{π}{4}+\displaystyle\int_0^1 \frac{x \log x}{1+x^2}dx-\displaystyle\int_0^1 \frac{x}{1+x^2}dx\\
&=-\frac{π}{4}-\frac{π^2}{48}-\frac{1}{2}\log 2\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^1 \cot^{-1}x \log xdx=-\frac{π}{4}-\frac{π^2}{48}-\frac{1}{2}\log 2$$

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