xlog(1+x)/(1+x^2)[0,1]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^1 \frac{x \log (1+x)}{1+x^2}dx=\frac{1}{8}\left\{(\log 2)^2-\frac{π^2}{12}\right\} \\
&(2)  \displaystyle\int_0^1 \frac{x \log (1-x)}{1+x^2}dx=\frac{1}{8}\left\{(\log 2)^2-\frac{5π^2}{12}\right\} \\
\end{alignat}














<証明>

\((1)\) 次のように求める積分値を \(I\) ,また被積分関数の \( \log (1+x)\) を \( \log(1+ax) \) とした積分を \(I(a)\) とします。$$I=\displaystyle\int_0^1 \frac{x \log (1+x)}{1+x^2}dx,  I(a)=\displaystyle\int_0^1 \frac{x \log (1+ax)}{1+x^2}dx$$\(I(a)\) を \(a\) で微分します。$$I’(a)=\displaystyle\int_0^1 \frac{x^2}{(1+ax)(1+x^2)}dx$$被積分関数を部分分数分解します。
\begin{alignat}{2}
&\frac{A}{1+ax}+\frac{Bx+C}{1+x^2}=\frac{x^2}{(1+ax)(1+x^2)}
&\\
&A(1+x^2)+(Bx+C)(1+ax)=x^2\\
&A+Ax^2+Bx+Bax^2+C+Cax=x^2\\
&(A+Ba)x^2+(B+Ca)x+A+C=x^2
\end{alignat}より \(A+Ba=1, B+Ca=0, A+C=0\) から$$A=\frac{1}{a^2+1},  B=\frac{a}{a^2+1},  C=-\frac{1}{a^2+1}$$を得るので元の積分の計算を進めると
\begin{alignat}{2}
&I’(a)=\displaystyle\int_0^1 \left(\frac{1}{a^2+1}\cdot \frac{1}{1+ax}+\frac{a}{a^2+1}\cdot \frac{x}{x^2+1}-\frac{1}{a^2+1}\cdot \frac{1}{x^2+1}\right)dx\\
&    =\left[\frac{ \log(1+ax)}{a(a^2+1)}+\frac{1}{2}\cdot \frac{a}{a^2+1}\log (1+x^2)-\frac{1}{a^2+1} \tan^{-1} x\right]_0^1\\
&    =\frac{ \log(1+a)}{a(a^2+1)}+\frac{ \log 2}{2}\cdot \frac{a}{a^2+1}-\frac{π}{4} \cdot \frac{1}{a^2+1}\\
\end{alignat}両辺を区間 \([0,1]\) で積分するとき、左辺は$$\displaystyle\int_0^1 I’(a)da=[I(a)]_0^1=I(1)-I(0)=I$$となるので
\begin{alignat}{2}
&I=\displaystyle\int_0^1 \frac{ \log(1+a)}{a(a^2+1)}da+\frac{\log 2}{2}\displaystyle\int_0^1 \frac{a}{a^2+1}da-\frac{π}{4}\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{a^2+1}da\\
& =\displaystyle\int_0^1 \frac{ \log(1+x)}{x(x^2+1)}dx+\frac{\log 2}{2}\left[\frac{1}{2}\log (1+a^2)\right]_0^1-\frac{π}{4}[\tan^{-1} a]_0^1\\
& =\displaystyle\int_0^1 \frac{ \log(1+x)}{x(x^2+1)}dx+\frac{(\log 2)^2}{4}-\frac{π^2}{16} \cdots (A)
\end{alignat}
ところで始めの \(I\) の分子と分母に \(x\) を掛けて変形すると
\begin{alignat}{2}
&I=\displaystyle\int_0^1 \frac{x \log (1+x)}{1+x^2}dx=\displaystyle\int_0^1 \frac{\{(x^2+1)-1\} \log (1+x)}{x(1+x^2)}dx=\displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1+x)}{x}dx-\displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1+x)}{x(1+x^2)}dx
\end{alignat}となるので$$\displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1+x)}{x(1+x^2)}dx=\displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1+x)}{x}dx-I$$右辺の左の積分は
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1+x)}{x}dx=\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{x}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^nx^{n+1}}{n+1}dx=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+1}\displaystyle\int_0^1x^ndx\\
&              =\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+1}\left[\frac{x^{n+1}}{n+1}\right]_0^1=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(n+1)^2}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}=\frac{π^2}{12}
\end{alignat}よって$$\displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1+x)}{x(1+x^2)}dx=\frac{π^2}{12}-I$$\((A)\) の式に戻り代入すると
\begin{alignat}{2}
&I=\frac{π^2}{12}-I+\frac{(\log 2)^2}{4}-\frac{π^2}{16}\\
&2I=\frac{( \log 2)^2}{4}-\frac{2π^2}{96},  I=\frac{( \log 2)^2}{8}-\frac{π^2}{96}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^1 \frac{x \log (1+x)}{1+x^2}dx=\frac{1}{8}\left\{(\log 2)^2-\frac{π^2}{12}\right\}$$







\((2)\) 次のように求める積分値を \(I\) ,また被積分関数の \( \log (1-x)\) を \( \log(1-ax) \) とした積分を \(I(a)\) とします。$$I=\displaystyle\int_0^1 \frac{x \log (1-x)}{1+x^2}dx,  I(a)=\displaystyle\int_0^1 \frac{x \log (1-ax)}{1+x^2}dx$$\(I(a)\) を \(a\) で微分します。$$I’(a)=-\displaystyle\int_0^1 \frac{x^2}{(1-ax)(1+x^2)}dx$$被積分関数を部分分数分解します。
\begin{alignat}{2}
&\frac{A}{1-ax}+\frac{Bx+C}{1+x^2}=\frac{x^2}{(1-ax)(1+x^2)}
&\\
&A(1+x^2)+(Bx+C)(1-ax)=x^2\\
&A+Ax^2+Bx-Bax^2+C-Cax=x^2\\
&(A-Ba)x^2+(B-Ca)x+A+C=x^2
\end{alignat}より \(A-Ba=1, B-Ca=0, A+C=0\) から$$A=\frac{1}{a^2+1},  B=-\frac{a}{a^2+1},  C=-\frac{1}{a^2+1}$$を得るので元の積分の計算を進めると
\begin{alignat}{2}
&I’(a)=-\displaystyle\int_0^1 \left(\frac{1}{a^2+1}\cdot \frac{1}{1-ax}-\frac{a}{a^2+1}\cdot \frac{x}{x^2+1}-\frac{1}{a^2+1}\cdot \frac{1}{x^2+1}\right)dx\\
&    =-\left[\frac{ – \log (1-ax)}{a(a^2+1)}-\frac{1}{2}\cdot \frac{a}{a^2+1}\log (1+x^2)-\frac{1}{a^2+1} \tan^{-1} x\right]_0^1\\
&    =\frac{ \log(1-a)}{a(a^2+1)}+\frac{ \log 2}{2}\cdot \frac{a}{a^2+1}+\frac{π}{4} \cdot \frac{1}{a^2+1}\\
\end{alignat}両辺を区間 \([0,1]\) で積分するとき、左辺は$$\displaystyle\int_0^1 I’(a)da=[I(a)]_0^1=I(1)-I(0)=I$$となるので
\begin{alignat}{2}
&I=\displaystyle\int_0^1 \frac{ \log(1-a)}{a(a^2+1)}da+\frac{\log 2}{2}\displaystyle\int_0^1 \frac{a}{a^2+1}da+\frac{π}{4}\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{a^2+1}da\\
& =\displaystyle\int_0^1 \frac{ \log(1-x)}{x(x^2+1)}dx+\frac{\log 2}{2}\left[\frac{1}{2}\log (1+a^2)\right]_0^1+\frac{π}{4}[\tan^{-1} a]_0^1\\
& =\displaystyle\int_0^1 \frac{ \log(1-x)}{x(x^2+1)}dx+\frac{(\log 2)^2}{4}+\frac{π^2}{16} \cdots (A)
\end{alignat}
ところで始めの \(I\) の分子と分母に \(x\) を掛けて変形すると
\begin{alignat}{2}
&I=\displaystyle\int_0^1 \frac{x \log (1-x)}{1+x^2}dx=\displaystyle\int_0^1 \frac{\{(x^2+1)-1\} \log (1-x)}{x(1+x^2)}dx=\displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1-x)}{x}dx-\displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1-x)}{x(1+x^2)}dx
\end{alignat}となるので$$\displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1+x)}{x(1+x^2)}dx=\displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1-x)}{x}dx-I$$右辺の左の積分は
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1-x)}{x}dx=-\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{x}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1}dx=-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n+1}\displaystyle\int_0^1x^ndx\\
&              =-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n+1}\left[\frac{x^{n+1}}{n+1}\right]_0^1=-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(n+1)^2}=-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=-\frac{π^2}{6}
\end{alignat}よって$$\displaystyle\int_0^1 \frac{\log (1+x)}{x(1+x^2)}dx=-\frac{π^2}{6}-I$$\((A)\) の式に戻り代入すると
\begin{alignat}{2}
&I=-\frac{π^2}{6}-I+\frac{(\log 2)^2}{4}+\frac{π^2}{16}\\
&2I=\frac{( \log 2)^2}{4}-\frac{10π^2}{96},  I=\frac{( \log 2)^2}{8}-\frac{5π^2}{96}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^1 \frac{x \log (1-x)}{1+x^2}dx=\frac{1}{8}\left\{(\log 2)^2-\frac{5π^2}{12}\right\}$$

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