積分botさんの積分解説6 ∫[0,π/4](1/(logtanx)+1/(1-tanx))dx

この記事では, 積分botさんのツイートされていた 以下の積分 の解説を書こうと思います.

今気づいたのですが, この積分だけdxのdがイタリックではなくなってますね.
$$

(証明)

$\ln \tan x\mapsto -x$と置換します.

$$\begin{array}{rcl}& & {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}(\frac{1}{\ln \tan x}+\frac{1}{1-\tan x})dx\\ & =& {\int }_0^{\mathrm{\infty }}(-\frac{1}{x}+\frac{1}{1-e^{-x}})\frac{e^{-x}}{1+e^{-2x}}dx\end{array}$$

Mellin変換を考えます.

$$\begin{array}{rcl}& & {\int }_0^{\mathrm{\infty }}(-\frac{1}{x}+\frac{1}{1-e^{-x}})\frac{e^{-x}}{1+e^{-2x}}{x}^{s-1}dx\\ & =& {\int }_0^{\mathrm{\infty }}[-\frac{e^{-x}}{1+e^{-2x}}{x}^{s-2}+\frac{1}{2}(\frac{1}{1-e^{-x}}-\frac{1-e^{-x}}{1+e^{-2x}})x^{s-1}]dx\\ & =& -\mathrm{\Gamma }(s-1)\beta (s-1)+\frac{1}{2}\mathrm{\Gamma }(s)(\zeta (s)+2^{-s}\eta (s)+\beta (s))\end{array}$$
最後の式変形は級数展開などをすれば良いです.

最後に解析接続により, $s=1$まわりのLaurent展開は
$$\begin{array}{rcl}\mathrm{\Gamma }(s-1)& =& \frac{1}{s-1}-\gamma +O(s-1)\\ \beta (s-1)& =& \beta (0)+{\beta }^{\prime }(0)(s-1)+O((s-1{)}^2)\\ \mathrm{\Gamma }(s)& =& 1-\gamma (s-1)+O((s-1{)}^2)\\ \zeta (s)& =& \frac{1}{s-1}+\gamma +O(s-1)\\ \eta (s)& =& \ln 2+O(s-1)\\ \beta (s)& =& \frac{\pi }{4}+O(s-1)\end{array}$$
のようであり,
$$\beta (0)=\frac{1}{2},{\beta }^{\prime }(0)=\ln \frac{\mathrm{\Gamma }(\frac{1}{4}{)}^2}{2\sqrt{2}\pi }$$
なので, これらを代入して$s\to 1$とすることで, 示すことができました.

ちなみに${\beta }^{\prime }(0)$の値の証明はなかなかに面倒なので割愛させていただきます.

$$
読んで下さった方, ありがとうございました.