神鳥さんの積分

神鳥奈紗さんの積分を解いたので記事にします。
https://twitter.com/sounansya_29/status/1378314433391292416?s=19

「log(分数)の形があるので変数をつけて微分すれば良さそう！」となったので$x^2+x+1$を$x^2+2ax+1$で$a=1/2$としたものとして見ることにしました。

(分母に変数をつけたのは分子が$(x+1{)}^2$の形になっていてそのまま残したかったからで、$ax$ではなくて$2ax$と置いたのは与式が$a=1$のときに$0$になっていてほしかったからです。)

${\displaystyle F(a)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{x+1}\log \left(\frac{x^2+2x+1}{x^2+2ax+1}\right)dx}$ と置きます。

これを$a$で微分します。

${\displaystyle F^{\prime }(a)=-{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{2x}{(x+1)(x^2+2ax+1)}dx}$

有理式の積分になったので頑張って計算します。

$$\begin{gathered} {\displaystyle F^{\prime }(a)=\frac{1}{1-a}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{x+1}-\frac{x+1}{x^2+2ax+1})dx} \\ {\displaystyle =\frac{1}{1-a}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{x+1}-\frac{x+a}{x^2+2ax+1}-\frac{1-a}{x^2+2ax+1})dx} \\ {\displaystyle =\frac{1}{2(1-a)}{[\log \left(\frac{(x+1{)}^2}{x^2+2ax+1}\right)]}_0^{\mathrm{\infty }}-{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{x^2+2ax+1}dx} \\ {\displaystyle =-{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{x^2+2ax+1}dx} \end{gathered}$$

(ここで気付いたのですが、$x\to 1/x$の変換をしたら部分分数分解をせずにこの形に帰着できますね。)

$$\begin{gathered} {\displaystyle F^{\prime }(a)=-{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{x^2+2ax+1}dx} \\ {\displaystyle =-{\int }_a^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{x^2+1-a^2}dx} \\ {\displaystyle =-\frac{1}{\sqrt{1-a^2}}(\frac{\pi }{2}-{\tan }^{-1}\frac{a}{\sqrt{1-a^2}})} \\ {\displaystyle =-\frac{{\cos }^{-1}a}{\sqrt{1-a^2}}} \end{gathered}$$

$F(1)=0$がわかっているので、あとは積分するだけです。

${\displaystyle F(a)={\int }_1^a{F}^{\prime }(a)da=\frac{({\cos }^{-1}a{)}^2}{2}}$

従って、
$$\begin{gathered} {\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{x+1}\log \left(\frac{x^2+2x+1}{x^2+2ax+1}\right)dx} \\ {\displaystyle =F\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{{\pi }^2}{18}} \end{gathered}$$
となります。

神鳥さん面白い問題をありがとうございました。