arctanの入った積分について
先日,なしゃ君が書いた$\arctan$が入った積分(
https://mathlog.info/articles/1276
) を見て思ったことがあるので書きたいと思います. まず, 最初の積分は変数変換をすると,
$$\begin{eqnarray}
\int_0^{\infty}x^{s-1}\arctan x~dx, \quad (-1\lt \Re s \lt 0)
\end{eqnarray}$$
という形になります. これは条件のもとで絶対収束するので, 以下のように部分積分して,
$$\begin{eqnarray}
\int_0^{\infty}x^{s-1}\arctan x~dx &=&\left[\frac{x^s}s\arctan x\right]_0^{\infty}-\frac 1s\int_0^{\infty}\frac{x^s}{1+x^2}~dx\\
&=&-\frac{\pi}{2s\cos\frac{\pi s}2}
\end{eqnarray}$$
となります. ここで用いた,
$$\begin{eqnarray}
\int_0^{\infty}\frac{x^s}{1+x^2}~dx=\frac{\pi}{2\cos\frac{\pi s}2}
\end{eqnarray}$$
は留数定理やガンマ関数の相反公式などから示すことができます. 本題は次の問題です.
$$\begin{eqnarray}
\int_0^{\infty}x^{s-1}\arctan^2 x~dx, \quad (-2\lt \Re s \lt 0)
\end{eqnarray}$$
を考えたらどうなるでしょうか, 先ほどと同じアプローチによれば,
$$\begin{eqnarray}
\int_0^{\infty}x^{s-1}\arctan^2 x~dx &=&\left[\frac{x^s}s\arctan^2 x\right]_0^{\infty}-\frac 2s\int_0^{\infty}\frac{x^s\arctan x}{1+x^2}~dx\\
&=&-\frac 2s\int_0^{\infty}\frac{x^s\arctan x}{1+x^2}~dx
\end{eqnarray}$$
となり,
$$\begin{eqnarray}
\int_0^{\infty}\frac{x^s\arctan x}{1+x^2}~dx
\end{eqnarray}$$
を計算する必要があります. もしこれに留数定理を用いる, となれば, そもそも最初から以下の表示の方が都合がいいかもしれません.
$$\begin{eqnarray}
\arctan x&=&\frac i2\ln\frac{1-ix}{1+ix}\\
&=&\frac i2\ln(1-ix)^2-\frac i2\ln(1+x^2)
\end{eqnarray}$$
別のアプローチを考えてみましょう. 上の式から, 絶対値が$1$の複素数$\alpha$に対して,
$$\begin{eqnarray}
\int_0^{\infty}x^{s-1}\ln^2(1+\alpha x)~dx
\end{eqnarray}$$
が計算できれば十分なのではないかと思われますね. これは$\alpha=e^{i\beta}$として, 角$\beta$の扇形の積分路で積分を行うことによって, 留数定理から
$$\begin{eqnarray}
a^{-s}\int_0^{\infty}x^{s-1}\ln^2(1+x)~dx
\end{eqnarray}$$
になると期待されます. ここで,
$$\begin{eqnarray}
\int_0^{\infty}x^{s-1}\ln^2(1+x)~dx&=&
\int_0^{1}x^{s-1}\ln^2(1+x)~dx+\int_1^{\infty}x^{s-1}\ln^2(1+x)~dx\\
&=&\int_0^{1}x^{s-1}\ln^2(1+x)~dx+\int_0^1 x^{-s-1}\ln^2(1+x^{-1})~dx\\
\end{eqnarray}$$
というようにすれば,
$$\begin{eqnarray}
\ln^2(1+x)&=&\frac 12\mathrm{Li}_{1,1}(-x)\\
&=&\frac 12\sum_{0\lt n\lt m}\frac{(-1)^m}{nm}x^m
\end{eqnarray}$$
であることを用いて,
$$\begin{eqnarray}
\int_0^{1}x^{s-1}\ln^2(1+x)~dx&=&\frac 12\int_0^{1}\sum_{0\lt n\lt m}\frac{(-1)^m}{nm}x^{m+s-1}~dx\\
&=&\frac 12\sum_{0\lt n\lt m}\frac{(-1)^m}{nm(m+s)}
\end{eqnarray}$$
と計算することができるのではないでしょうか. (二項目も同様に)
まだ計算はほとんどしていないので, これがうまくいくかどうかはやってみなければ分かりませんが, この方法がうまくいけば$\arctan$の累乗へと一般化することができると思います.