積分botを解けるだけ解く, その5

まず, 第1種完全楕円積分, $K\left(\frac 1{\sqrt{2}}\right)$を求めます. $x\to\sqrt{1-x^2}$の置換により,
$$\begin{eqnarray*} K\left(\frac 1{\sqrt{2}}\right)&=&\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-\frac 12x^2}}\,dx\\ &=&\int_0^1\frac{x}{x\sqrt{\frac{1+x^2}{2}}\sqrt{1-x^2}}\,dx\\ &=&\sqrt{2}\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-x^4}}\,dx\\ &=&\frac 1{2\sqrt{2}}\int_0^1x^{-3/4}(1-x)^{-1/2}\,dx\\ &=&\frac 1{2\sqrt{2}}\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)\Gamma\left(\frac 12\right)}{\Gamma\left(\frac 34\right)}\\ &=&\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)^2}{4\sqrt{\pi}} \end{eqnarray*}$$
ここで, $k'=\sqrt{1-k^2}$として, Legendreの関係式,
$$\begin{eqnarray*} K(k)E(k')+E(k)K(k')-K(k)K(k')=\frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$$
に$k=\frac 1{\sqrt{2}}$を代入すると,
$$\begin{eqnarray*} 2K\left(\frac 1{\sqrt{2}}\right)E\left(\frac 1{\sqrt{2}}\right)-K\left(\frac 1{\sqrt{2}}\right)^2=\frac{\pi}2 \end{eqnarray*}$$
より,
$$\begin{eqnarray*} \sqrt{2}E\left(\frac 1{\sqrt{2}}\right)&=&\frac{\sqrt{2}\pi}{4K\left(\frac 1{\sqrt{2}}\right)}+\frac 1{\sqrt{2}}K\left(\frac 1{\sqrt{2}}\right)\\ &=&\frac{\pi\sqrt{2\pi}}{\Gamma\left(\frac 14\right)^2}+\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)^2}{4\sqrt{2\pi}} \end{eqnarray*}$$

Eulerの変換公式,
$$\begin{eqnarray*} \sum_{0\leq n}\frac{(a,b)_n}{(c)_nn!}z^n=(1-z)^{c-a-b}\sum_{0\leq n}\frac{(c-a,c-b)_n}{(c)_nn!}z^n \end{eqnarray*}$$
の両辺を$a$で偏微分して,
$$\begin{eqnarray*} \sum_{0\leq n}\frac{(a,b)_n}{(c)_nn!}z^n\sum_{k=0}^{n-1}\frac 1{a+k}=-(1-z)^{c-a-b}\left(\ln(1-z)\sum_{0\leq n}\frac{(c-a,c-b)_n}{(c)_nn!}z^n+\sum_{0\leq n}\frac{(c-a,c-b)_n}{(c)_nn!}z^n\sum_{k=0}^{n-1}\frac 1{c-a+k}\right) \end{eqnarray*}$$
ここで, $c=a+b$として, 右辺第2項を移項して,
$$\begin{eqnarray*} \sum_{0\leq n}\frac{(a,b)_n}{(c)_nn!}z^n\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac 1{a+k}+\frac 1{b+k}\right)=-\ln(1-z)\sum_{0\leq n}\frac{(c-a,c-b)_n}{(c)_nn!}z^n \end{eqnarray*}$$
ここで, $a=b=\frac 12$として,
$$\begin{eqnarray*} 2\sum_{0\leq n}\frac{\left(\frac 12\right)_n^2}{n!^2}z^n\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2k+1}=-\frac 12\ln(1-z)\,{}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac 12,\frac 12\\1\end{matrix};z\right] \end{eqnarray*}$$
また, Euler積分表示
$$\begin{eqnarray*} \sum_{0\leq n}\frac{(a,b)_n}{(c)_nn!}z^n=\frac{\Gamma(c)}{\Gamma(b)\Gamma(c-b)}\int_0^1x^{b-1}(1-x)^{c-b-1}(1-zx)^{-a}\,dx \end{eqnarray*}$$
の両辺を$a$で偏微分して, $a=b=\frac 12, c=1$とすると,
$$\begin{eqnarray*} 2\sum_{0\leq n}\frac{\left(\frac 12\right)_n^2}{n!^2}z^n\sum_{k=0}^{n-1}\frac 1{2k+1}=-\frac{1}{\pi}\int_0^1\frac{\ln(1-zx)}{\sqrt{x(1-x)(1-zx)}}\,dx \end{eqnarray*}$$
これより, 上の式を合わせて,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{\ln(1-zx)}{\sqrt{x(1-x)(1-zx)}}\,dx=\frac{\pi}2\ln(1-z)\,{}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac 12,\frac 12\\1\end{matrix};z\right] \end{eqnarray*}$$
与えられた積分は,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{\ln(1-x)}{\sqrt{x-x^3}}\,dx&=&\int_0^1\frac{\ln(1-x^2)-\ln(1+x)}{\sqrt{x(1-x)(1+x)}}\,dx \end{eqnarray*}$$
ここで,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{\ln(1-x^2)}{\sqrt{x(1-x)(1+x)}}\,dx&=&\lim_{a\to\frac 12}\frac{\partial}{\partial a}\int_0^1x^{-1/2}(1-x^2)^{a-1}\,dx\\ &=&\frac 12\lim_{a\to\frac 12}\frac{\partial}{\partial a}\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)\Gamma(a)}{\Gamma\left(a+\frac 14\right)}\\ &=&\frac 12\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)\Gamma\left(\frac 12\right)}{\Gamma\left(\frac 34\right)}\left(\psi\left(\frac 12\right)-\psi\left(\frac 34\right)\right)\\ &=&\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)^2}{4\sqrt{2\pi}}\left(2\ln 2-\pi\right) \end{eqnarray*}$$
と,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{\ln(1+x)}{\sqrt{x(1-x)(1-x)}}\,dx&=&\frac{\pi}2\ln 2\,{}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac 12,\frac 12\\1\end{matrix};-1\right]\\ &=&\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)^2}{4\sqrt{2\pi}}\ln 2 \end{eqnarray*}$$
より,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{\ln(1-x)}{\sqrt{x-x^3}}\,dx=\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)^2}{4\sqrt{2\pi}}(\ln 2-\pi) \end{eqnarray*}$$

Binetの第2公式
$$\begin{eqnarray*} \ln\Gamma(z)=\frac 12\ln 2\pi+\left(z-\frac 12\right)\ln z-z+2\int_0^{\infty}\frac{\arctan\frac xz}{e^{2\pi x}-1}\,dx \end{eqnarray*}$$
を$z$について微分して,
$$\begin{eqnarray*} \psi(z)=\ln z-\frac 1{2z}-2\int_0^{\infty}\frac{x}{(x^2+z^2)(e^{2\pi x}-1)}\,dx \end{eqnarray*}$$
これより,
$$\begin{eqnarray*} 2z\int_0^{\infty}\frac{x}{(x^2+z^2)(e^{2\pi x}-1)}\,dx=z\ln z-\frac 12-z\psi(z) \end{eqnarray*}$$
$z$について, $0$から$a$まで積分して,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{x\ln\left(1+\frac{a^2}{x^2}\right)}{e^{2\pi x}-1}\,dx&=&\int_0^a\left(z\ln z-\frac 12-z\psi(z)\right)\,dz\\ &=&-\frac 14a^2(1-2\ln a)-\frac a2-\int_0^az\psi(z)\,dz\\ &=&-\frac 14a^2(1-2\ln a)-\frac a2-a\ln\Gamma(a)+\int_0^a\ln\Gamma(z)\,dz\\ &=&-\frac 14a^2(1-2\ln a)-\frac a2(1+2\ln\Gamma(a))+\ln K(a)+\frac a2\ln2\pi+\frac{a(1-a)}{2} \end{eqnarray*}$$

$\tan x\to x$の置換により,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\pi/2}\left(x-\arctan\left(\frac{1-a}{1+a}\tan x\right)\right)^2\,dx&=&\int_0^{\infty}\frac{1}{1+x^2}\left(\arctan x-\arctan\left(\frac{1-a}{1+a}x\right)\right)^2\,dx\\ &=&\int_0^{\pi/2}\left(x-\arctan\left(\frac{1-a}{1+a}\tan x\right)\right)^2\,dx\\ &=&\int_0^{\infty}\frac{1}{1+x^2}\left(\arctan x-\arctan\left(\frac{1-a}{1+a}x\right)\right)^2\,dx\\ &=&\int_0^{\infty}\frac{1}{1+x^2}\int_{\frac{1-a}{1+a}}^1\int_{\frac{1-a}{1+a}}^1\frac{x^2}{(1+y^2x^2)(1+z^2x^2)}\,dydzdx\\ &=&\int_{\frac{1-a}{1+a}}^1\int_{\frac{1-a}{1+a}}^1\int_0^{\infty}\frac{x^2}{(1+x^2)(1+y^2x^2)(1+z^2x^2)}\,dxdydz\\ \end{eqnarray*}$$
最後の変形はFubiniの定理による. ここで, 部分分数分解などを用いて,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{x^2}{(1+x^2)(1+y^2x^2)(1+z^2x^2)}\,dx=\frac{\pi}{2}\frac{1}{(1+y)(1+z)(y+z)} \end{eqnarray*}$$
であることと, $y\to\frac{1-y}{1+y}, z\to\frac{1-z}{1+z}$の置換により,
$$\begin{eqnarray*} &&\int_{\frac{1-a}{1+a}}^1\int_{\frac{1-a}{1+a}}^1\int_0^{\infty}\frac{x^2}{(1+x^2)(1+y^2x^2)(1+z^2x^2)}\,dxdydz\\ &=&\frac{\pi}{2}\int_{\frac{1-a}{1+a}}^1\int_{\frac{1-a}{1+a}}^1\frac{1}{(1+y)(1+z)(y+z)}\,dydz\\ &=&\frac{\pi}{2}\int_0^a\int_0^a\frac 1{\frac 2{1+y}\frac{2}{1+z}\left(\frac{1-y}{1+y}+\frac{1-z}{1+z}\right)}\frac{2dy}{(1+y)^2}\frac{2dz}{(1+z)^2}\\ &=&\frac{\pi}{4}\int_0^a\int_0^a\frac{1}{1-yz}\,dydz\\ &=&\frac{\pi}4\sum_{0\lt n}\int_0^a\int_0^a(yz)^{n-1}\,dydz\\ &=&\frac{\pi}4\sum_{0\lt n}\frac{a^{2n}}{n^2}\\ &=&\frac{\pi}4\Li_2(a^2) \end{eqnarray*}$$

この前の記事( https://mathlog.info/articles/1901 ) の命題3において, $r=s=\beta$とすると,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\frac{\arctan^2 x}{\sqrt{1-x^2}}\,dx&=&\int_0^1\arctan^2(\sin x)\,dx\\ &=&\pi\chi_2(\beta^2) \end{eqnarray*}$$

よく知られたMellin変換,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x-1}\,dx=\Gamma(s)\zeta(s) \end{eqnarray*}$$
より,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}x^{s-1}(1-\coth\pi x)\,dx&=&-2\int_0^{\infty}\frac{x^{s-1}}{e^{2\pi x}-1}\,dx\\ &=&-2(2\pi)^{-s}\int_0^{\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x-1}\,dx\\ &=&-2^{1-s}\pi^{-s}\Gamma(s)\zeta(s) \end{eqnarray*}$$

まず, 置換$x\to \frac 1x$により,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^1\ln\ln\frac{1+\sqrt{1-x^2}}{x}\,dx&=&\int_1^{\infty}\frac{\ln\ln(x+\sqrt{x^2-1})}{x^2}\,dx \end{eqnarray*}$$
さらに$x\to\cosh x$と置換して,
$$\begin{eqnarray*} \int_1^{\infty}\frac{\ln\ln(x+\sqrt{x^2-1})}{x^2}\,dx=\int_0^{\infty}\frac{\ln x\sinh x}{\cosh^2 x}\,dx \end{eqnarray*}$$
ここで, Mellin変換により,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{x^s\sinh x}{\cosh^2 x}\,dx&=&s\int_0^{\infty}\frac{x^{s-1}}{\cosh x}\,dx\\ &=&2\Gamma(s+1)\beta(s) \end{eqnarray*}$$
よって, 特殊値,
$$\begin{eqnarray*} \beta(0)&=&\frac 12\\ \beta'(0)&=&\ln\frac{\Gamma\left(\frac 14\right)}{2\Gamma\left(\frac 34\right)} \end{eqnarray*}$$
を用いて,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\frac{\ln x\sinh x}{\cosh^2 x}\,dx&=&\lim_{s\to 0}\frac{\partial}{\partial s}\int_0^{\infty}\frac{x^s\sinh x}{\cosh^2 x}\,dx\\ &=&2\lim_{s\to 0}\frac{\partial}{\partial s}\Gamma(s+1)\beta(s)\\ &=&2\lim_{s\to 0}\Gamma(s+1)\left(\psi(s+1)\beta(s)+\beta'(s)\right)\\ &=&-2\gamma\beta(0)+2\beta'(0)\\ &=&-\gamma-2\ln\frac{2\Gamma\left(\frac 34\right)}{\Gamma\left(\frac 14\right)} \end{eqnarray*}$$

Fubiniの定理より,
$$\begin{eqnarray*} \int_0^{2\pi}\frac{\arctan(2\cos^2 x)}{\cos^2 x}\,dx&=&4\int_0^{\pi/2}\frac{\arctan(2\cos^2 x)}{\cos^2 x}\,dx\\ &=&4\int_0^{\pi/2}\int_0^2\frac{1}{1+y^2\cos^4 x}\,dydx\\ &=&4\int_0^2\int_0^{\pi/2}\frac{1}{1+y^2\cos^4 x}\,dxdy\\ &=&4\int_0^2\int_0^{\infty}\frac{1}{1+\frac{y^2}{(1+x^2)}}\frac 1{1+x^2}\,dxdy\\ &=&4\int_0^2\int_0^{\infty}\frac {1+x^2}{(1+x^2)^2+y^2}\,dxdy\\ &=&4\Re\left(\int_0^2\int_0^{\infty}\frac{1}{1+iy+x^2}\,dxdy\right)\\ &=&2\pi\Re\left(\int_0^2\frac{1}{\sqrt{1+iy}}\,dy\right)\\ &=&4\pi\Re\left(-i(\sqrt{1+2i}-1)\right)\\ &=&4\pi\Im\sqrt{1+2i}\\ &=&4\pi\sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}\\ &=&\frac{4\pi}{\sqrt{\phi}} \end{eqnarray*}$$