愚直に計算する定積分の自作問題

問題

$2$問とも広義積分です。
愚直に原始関数を求めて極限を計算して定積分を求めます。
(長々と計算し続けるので、飛ばし飛ばし読んでも構いません。)

(1)の答え

不定積分を求める

不定積分$\displaystyle\int\frac{\log|x+1|+\log|x-1|}{x^2}dx$を求めます。
部分積分や部分分数分解により、
$\displaystyle \begin{align} &\int\frac{\log|x+1|+\log|x-1|}{x^2}dx\\ =&-\frac{\log|x+1|+\log|x-1|}{x}-\int\Big(-\frac{1}{x}\Big)\Big(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x-1}\Big)dx\quad(\leftarrow 部分積分)\\ =&-\frac{\log|x+1|+\log|x-1|}{x}+\int\Big(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+1}\Big)dx\\ =&-\frac{\log|x+1|+\log|x-1|}{x}+\log|x-1|-\log|x+1|\\ =&\frac{(x-1)\log|x-1|-(x+1)\log|x+1|}{x} \end{align}\tag{1-1}$
であることが分かります(どうせ定積分に使うので積分定数は省略)。

積分区間を分ける

被積分関数には$x=-1,0,1$の定義できないところがあるので、
求める定積分は$(-\infty,-1),(-1,0),(0,1),(1,\infty)$の$4$つの積分範囲による広義積分の和になりますが、
被積分関数は偶関数なので、
$\displaystyle \begin{align} &\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\log|x+1|+\log|x-1|}{x^2}dx\\ =&2\bigg(\int_{0}^{1}\frac{\log(x+1)+\log(1-x)}{x^2}dx+\int_{1}^{\infty}\frac{\log(x+1)+\log(x-1)}{x^2}dx\bigg) \end{align}\tag{1-2}$
となり、
$\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{\log(x+1)+\log(1-x)}{x^2}dx$と$\displaystyle\int_{1}^{\infty}\frac{\log(x+1)+\log(x-1)}{x^2}dx$の$2$つを求めればいいことが分かります。

極限を計算して定積分を求める

$1$つ目の$\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{\log(x+1)+\log(1-x)}{x^2}dx$は、
$\displaystyle \begin{align} &\int_{0}^{1}\frac{\log(x+1)+\log(1-x)}{x^2}dx\\ =&\lim_{a\searrow0}\lim_{b\nearrow1}\int_{a}^{b}\frac{\log(x+1)+\log(1-x)}{x^2}dx\\ =&\lim_{a\searrow0}\lim_{b\nearrow1}\bigg[\frac{(x-1)\log(1-x)-(x+1)\log(x+1)}{x}\bigg]_{a}^{b}\\ =&\lim_{b\nearrow1}\frac{(b-1)\log(1-b)-(b+1)\log(b+1)}{b}-\lim_{a\searrow0}\frac{(a-1)\log(1-a)-(a+1)\log(a+1)}{a} \end{align}\tag{1-3}$

ここで、
$\displaystyle \begin{align} &\lim_{b\nearrow1}\frac{(b-1)\log(1-b)-(b+1)\log(b+1)}{b}\\ =&\lim_{b\nearrow1}(b-1)\log(1-b)-2\log(2)\\ =&\lim_{b\nearrow1}\frac{\log(1-b)}{(b-1)^{-1}}-2\log(2)\\ =&\lim_{b\nearrow1}\frac{-(1-b)^{-1}}{-(b-1)^{-2}}-2\log(2)\quad(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =&\lim_{b\nearrow1}(1-b)-2\log(2)\\ =&-2\log(2) \end{align}\tag{1-4}$

$\displaystyle \begin{align} &\lim_{a\searrow0}\frac{(a-1)\log(1-a)-(a+1)\log(a+1)}{a}\\ =&\lim_{a\searrow0}(\log(1-a)-\log(a+1))\quad(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =&0 \end{align}\tag{1-5}$

(1-4)(1-5)より、(1-2)は
$\displaystyle \begin{align} &\lim_{b\nearrow1}\frac{(b-1)\log(1-b)-(b+1)\log(b+1)}{b}-\lim_{a\searrow0}\frac{(a-1)\log(1-a)-(a+1)\log(a+1)}{a}\\ =&-2\log(2) \end{align}\tag{1-6}$
となります。

$2$つ目の$\displaystyle\int_{1}^{\infty}\frac{\log(x+1)+\log(x-1)}{x^2}dx$も同様に計算します。
$\displaystyle \begin{align} &\int_{1}^{\infty}\frac{\log(x+1)+\log(x-1)}{x^2}dx\\ =&\lim_{a\searrow1}\lim_{b\rightarrow\infty}\int_{a}^{b}\frac{\log(x+1)+\log(x-1)}{x^2}dx\\ =&\lim_{a\searrow1}\lim_{b\rightarrow\infty}\bigg[\frac{(x-1)\log(x-1)-(x+1)\log(x+1)}{x}\bigg]_{a}^{b}\\ =&\lim_{b\rightarrow\infty}\frac{(b-1)\log(b-1)-(b+1)\log(b+1)}{b}-\lim_{a\searrow1}\frac{(a-1)\log(a-1)-(a+1)\log(a+1)}{a} \end{align}\tag{1-7}$

ここで、
$\displaystyle \begin{align} &\lim_{b\rightarrow\infty}\frac{(b-1)\log(b-1)-(b+1)\log(b+1)}{b}\\ =&\lim_{b\rightarrow\infty}\bigg(\log(b-1)-\log(b+1)-\frac{\log(b-1)}{b}-\frac{\log(b+1)}{b}\bigg)\\ =&\lim_{b\rightarrow\infty}\bigg(\log\Big(\frac{1-1/b}{1+1/b}\Big)-\frac{\log(b-1)}{b}-\frac{\log(b+1)}{b}\bigg)\\ =&\lim_{b\rightarrow\infty}\bigg(-\frac{\log(b-1)}{b}-\frac{\log(b+1)}{b}\bigg)\\ =&\lim_{b\rightarrow\infty}\bigg(-\frac{1}{b-1}-\frac{1}{b+1}\bigg)\quad(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =&0 \end{align}\tag{1-8}$

$\displaystyle \begin{align} &\lim_{a\searrow1}\frac{(a-1)\log(a-1)-(a+1)\log(a+1)}{a}\\ =&\lim_{a\searrow1}(a-1)\log(a-1)-2\log(2)\\ =&\lim_{a\searrow1}\frac{\log(a-1)}{(a-1)^{-1}}-2\log(2)\\ =&\lim_{a\searrow1}\frac{(a-1)^{-1}}{-(a-1)^{-2}}-2\log(2)\quad(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =&-\lim_{a\searrow1}(a-1)-2\log(2)\\ =&-2\log(2) \end{align}\tag{1-9}$

(1-8)(1-9)より、(1-7)は
$\displaystyle \begin{align} &\lim_{b\rightarrow\infty}\frac{(b-1)\log(b-1)-(b+1)\log(b+1)}{b}-\lim_{a\searrow1}\frac{(a-1)\log(a-1)-(a+1)\log(a+1)}{a}\\ =&2\log(2) \end{align}\tag{1-10}$
となります。

従って、(1-6)(1-10)から(1-2)は
$\displaystyle \begin{align} &2\bigg(\int_{0}^{1}\frac{\log(x+1)+\log(1-x)}{x^2}dx+\int_{1}^{\infty}\frac{\log(x+1)+\log(x-1)}{x^2}dx\bigg)\\ =&2(-2\log(2)+2\log(2))\\ =&0 \end{align}$
となり、求めたい値は$0$であることが分かりました。

答え：$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\log|x+1|+\log|x-1|}{x^2}dx=0$

(2)の答え

積分区間を分ける

求める定積分は$(-\infty,-1),(-1,0),(0,1),(1,\infty)$の$4$つの積分範囲による広義積分の和になりますが、
被積分関数は偶関数なので、
$\displaystyle \begin{align} &\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\log|x+1|\log|x-1|}{x^2}dx\\ =&2\bigg(\int_{0}^{1}\frac{\log(x+1)\log(1-x)}{x^2}dx+\int_{1}^{\infty}\frac{\log(x+1)\log(x-1)}{x^2}dx\bigg)\\ =&2\bigg(\lim_{a\searrow0}\lim_{b\nearrow1}\int_{a}^{b}\frac{\log(x+1)\log(1-x)}{x^2}dx+\lim_{a\searrow1}\lim_{b\rightarrow\infty}\int_{a}^{b}\frac{\log(x+1)\log(x-1)}{x^2}dx\bigg) \end{align}\tag{2-1}$
となり、$2$つの広義積分を求めればいいことが分かります。

不定積分を求めようとするが・・・

部分積分と部分分数分解から、
$\displaystyle \begin{align} &\int\frac{\log|x+1|\log|x-1|}{x^2}dx\\ =&-\frac{\log|x+1|\log|x-1|}{x}-\int\Big(-\frac{1}{x}\Big)\Big(\frac{\log|x-1|}{x+1}+\frac{\log|x+1|}{x-1}\Big)dx\quad(\leftarrow 部分積分)\\ =&-\frac{\log|x+1|\log|x-1|}{x}+\int\Big(\frac{\log|x-1|}{x(x+1)}+\frac{\log|x+1|}{x(x-1)}\Big)dx\\ =&-\frac{\log|x+1|\log|x-1|}{x}+\int\Big(\frac{\log|x-1|}{x}-\frac{\log|x-1|}{x+1}+\frac{\log|x+1|}{x-1}-\frac{\log|x+1|}{x}\Big)dx \end{align}$
なので、(2-1)は
$\displaystyle \begin{align} &2\bigg(\lim_{a\searrow0}\lim_{b\nearrow1}\int_{a}^{b}\frac{\log|x+1|\log|x-1|}{x^2}dx+\lim_{a\searrow1}\lim_{b\rightarrow\infty}\int_{a}^{b}\frac{\log|x+1|\log|x-1|}{x^2}dx\bigg)\\ =&2\Bigg(\lim_{a\searrow0}\lim_{b\nearrow1}\bigg(\bigg[-\frac{\log(x+1)\log(1-x)}{x}\bigg]_{a}^{b}+\int_{a}^{b}\Big(\frac{\log(1-x)}{x}-\frac{\log(1-x)}{x+1}+\frac{\log(x+1)}{x-1}-\frac{\log(x+1)}{x}\Big)dx\bigg)\\ &+\lim_{a\searrow1}\lim_{b\rightarrow\infty}\bigg(\bigg[-\frac{\log(x+1)\log(x-1)}{x}\bigg]_{a}^{b}+\int_{a}^{b}\Big(\frac{\log(x-1)}{x}-\frac{\log(x-1)}{x+1}+\frac{\log(x+1)}{x-1}-\frac{\log(x+1)}{x}\Big)dx\bigg)\Bigg)\tag{2-2} \end{align}$
となります。

残念ながら(1)の問題とは違い、(2-2)の積分は、不定積分が初等関数で表せないらしいです。
被積分関数を見ると、以下の$6$つの積分をしないといけません。
$\displaystyle \begin{align} ①&\int\frac{\log(1-x)}{x}dx\ (0< x<1)\\ ②&\int\frac{\log(1-x)}{x+1}dx\ (0< x<1)\\ ③&\int\frac{\log(x+1)}{x-1}dx\ (0< x<1,1< x<\infty)\\ ④&\int\frac{\log(x+1)}{x}dx\ (0< x<1,1< x<\infty)\\ ⑤&\int\frac{\log(x-1)}{x}dx\ (1< x<\infty)\\ ⑥&\int\frac{\log(x-1)}{x+1}dx\ (1< x<\infty) \end{align}\tag{2-3}$
これらを積分するために、「$2$重対数関数(Dilogarithm)」という特殊関数を使います。

積分結果を$2$重対数関数を使って表す

では(2-3)の①～⑥を求めてみましょう。(以下、積分定数は省略します。)

一番簡単なのは①で、定義から$\displaystyle\int-\frac{\log(1-x)}{x}dx=\Li_{2}(x)$なので、
$\displaystyle ①\int\frac{\log(1-x)}{x}dx=-\Li_{2}(x)$です。
これ以降は、被積分関数を$\displaystyle\frac{\log(1-x)}{x}$の形にすることを目標にして置換などします。

次は④です。$x=-t$と置換すれば$\displaystyle\frac{\log(1-x)}{x}$の形になりそうなのが分かると思います。
$dx=(-1)dt$であることに注意して、
$\displaystyle ④\int\frac{\log(x+1)}{x}dx=\int\frac{\log(1-t)}{-t}\cdot(-1)dt=\int\frac{\log(1-t)}{t}dt=-\Li_{2}(t)=-\Li_{2}(-x)$
となります。

次は②をやってみましょう。分母の$x+1$が扱いにくいので、$x+1=t$で置換します($dx=dt$)。
$\displaystyle \int\frac{\log(1-x)}{x+1}dx=\int\frac{\log(2-t)}{t}dt$
分子が$\log(1-x)$の形ではなくなったのですが、$\log(2-t)=\log(2)+\log(1-\frac{t}{2})$と分けて、$t=2u$と置換すれば大丈夫です。
$\displaystyle \begin{align} ②&\int\frac{\log(1-x)}{x+1}dx\ (0< x<1)\\ =&\int\frac{\log(2-t)}{t}dt\quad(\leftarrow x+1=t,dx=dt)\\ =&\int\frac{\log(2)+\log(1-\frac{t}{2})}{t}dt\\ =&\log(2)\log|t|+\int\frac{\log(1-\frac{t}{2})}{t}dt\\ =&\log(2)\log|t|+\int\frac{\log(1-u)}{2u}\cdot2du\quad(\leftarrow t=2u,dt=2du)\\ =&\log(2)\log|t|+\int\frac{\log(1-u)}{u}du\\ =&\log(2)\log|t|-\Li_{2}(u)\\ =&\log(2)\log|x+1|-\Li_{2}\Big(\frac{x+1}{2}\Big)\\ =&\log(2)\log(x+1)-\Li_{2}\Big(\frac{x+1}{2}\Big)\quad(\leftarrow 0< x<1) \end{align}$

同様に③を計算します。④と同様の置換をすると②と同じになります。
$\displaystyle \begin{align} ③&\int\frac{\log(x+1)}{x-1}dx\ (0< x<1,1< x<\infty)\\ =&\int\frac{\log(1-t)}{t+1}dt\quad(\leftarrow x=-t,dx=-dt)\\ =&\log(2)\log|t+1|-\Li_{2}\Big(\frac{t+1}{2}\Big)\\ =&\log(2)\log|1-x|-\Li_{2}\Big(\frac{1-x}{2}\Big) \end{align}$

⑤が割と大変です。なかなか$\displaystyle\frac{\log(1-x)}{x}$の形になってくれません。
一旦、部分積分すると目的の形が見えてきます。
$\displaystyle \begin{align} ⑤&\int\frac{\log(x-1)}{x}dx\ (1< x<\infty)\\ =&\log(x)\log(x-1)-\int\frac{\log(x)}{x-1}dx\quad(\leftarrow 部分積分)\\ =&\log(x)\log(x-1)-\int\frac{\log(1-t)}{t}dt\quad(\leftarrow x=1-t,dx=-dt)\\ =&\log(x)\log(x-1)+\Li_{2}(t)\\ =&\log(x)\log(x-1)+\Li_{2}(1-x) \end{align}$

最後に⑥です。⑤と同様に部分積分で③に帰着します。
$\displaystyle \begin{align} ⑥&\int\frac{\log(x-1)}{x+1}dx\ (1< x<\infty)\\ =&\log(x+1)\log(x-1)-\int\frac{\log(x+1)}{x-1}dx\quad(\leftarrow 部分積分)\\ =&\log(x+1)\log(x-1)-\log(2)\log(x-1)+\Li_{2}\Big(\frac{1-x}{2}\Big)\\ =&\log\Big(\frac{x+1}{2}\Big)\log(x-1)+\Li_{2}\Big(\frac{1-x}{2}\Big) \end{align}$

以上、(2-3)の①～⑥により、(2-2)は
$\displaystyle \begin{align} &2\Bigg(\lim_{a\searrow0}\lim_{b\nearrow1}\bigg(\bigg[-\frac{\log(x+1)\log(1-x)}{x}\bigg]_{a}^{b}+\int_{a}^{b}\Big(\frac{\log(1-x)}{x}-\frac{\log(1-x)}{x+1}+\frac{\log(x+1)}{x-1}-\frac{\log(x+1)}{x}\Big)dx\bigg)\\ &+\lim_{a\searrow1}\lim_{b\rightarrow\infty}\bigg(\bigg[-\frac{\log(x+1)\log(x-1)}{x}\bigg]_{a}^{b}+\int_{a}^{b}\Big(\frac{\log(x-1)}{x}-\frac{\log(x-1)}{x+1}+\frac{\log(x+1)}{x-1}-\frac{\log(x+1)}{x}\Big)dx\bigg)\Bigg)\\ =&2\Bigg(\lim_{a\searrow0}\lim_{b\nearrow1}\bigg(\bigg[-\frac{\log(x+1)\log(1-x)}{x}-\Li_{2}(x)-\log(2)\log(x+1)+\Li_{2}\Big(\frac{x+1}{2}\Big)+\log(2)\log(1-x)-\Li_{2}\Big(\frac{1-x}{2}\Big)+\Li_{2}(-x)\bigg]_{a}^{b}\bigg)\\ &+\lim_{a\searrow1}\lim_{b\rightarrow\infty}\bigg(\bigg[-\frac{\log(x+1)\log(x-1)}{x}+\log(x)\log(x-1)+\Li_{2}(1-x)-\log\Big(\frac{x+1}{2}\Big)\log(x-1)+\log(2)\log(x-1)-2\Li_{2}\Big(\frac{1-x}{2}\Big)+\Li_{2}(-x)\bigg]_{a}^{b}\bigg)\Bigg)\\ =&2\Bigg(\lim_{b\nearrow1}\bigg(-\frac{\log(b+1)\log(1-b)}{b}-\Li_{2}(b)-\log(2)\log(b+1)+\Li_{2}\Big(\frac{b+1}{2}\Big)+\log(2)\log(1-b)-\Li_{2}\Big(\frac{1-b}{2}\Big)+\Li_{2}(-b)\bigg)\\ &-\lim_{a\searrow0}\bigg(-\frac{\log(a+1)\log(1-a)}{a}-\Li_{2}(a)-\log(2)\log(a+1)+\Li_{2}\Big(\frac{a+1}{2}\Big)+\log(2)\log(1-a)-\Li_{2}\Big(\frac{1-a}{2}\Big)+\Li_{2}(-a)\bigg)\\ &+\lim_{b\rightarrow\infty}\bigg(-\frac{\log(b+1)\log(b-1)}{b}+\log(b)\log(b-1)+\Li_{2}(1-b)-\log\Big(\frac{b+1}{2}\Big)\log(b-1)+\log(2)\log(b-1)-2\Li_{2}\Big(\frac{1-b}{2}\Big)+\Li_{2}(-b)\bigg)\\ &-\lim_{a\searrow1}\bigg(-\frac{\log(a+1)\log(a-1)}{a}+\log(a)\log(a-1)+\Li_{2}(1-a)-\log\Big(\frac{a+1}{2}\Big)\log(a-1)+\log(2)\log(a-1)-2\Li_{2}\Big(\frac{1-a}{2}\Big)+\Li_{2}(-a)\bigg)\Bigg)\tag{2-4} \end{align}$
となります。もうてんやわんやですね。

これから利用する$2$重対数関数の特殊値と恒等式

(2-4)は以下の$4$つの極限の計算でできています。
$\displaystyle \begin{align} ①&\lim_{b\nearrow1}\bigg(-\frac{\log(b+1)\log(1-b)}{b}-\Li_{2}(b)-\log(2)\log(b+1)+\Li_{2}\Big(\frac{b+1}{2}\Big)+\log(2)\log(1-b)-\Li_{2}\Big(\frac{1-b}{2}\Big)+\Li_{2}(-b)\bigg)\\ ②&\lim_{a\searrow0}\bigg(-\frac{\log(a+1)\log(1-a)}{a}-\Li_{2}(a)-\log(2)\log(a+1)+\Li_{2}\Big(\frac{a+1}{2}\Big)+\log(2)\log(1-a)-\Li_{2}\Big(\frac{1-a}{2}\Big)+\Li_{2}(-a)\bigg)\\ ③&\lim_{b\rightarrow\infty}\bigg(-\frac{\log(b+1)\log(b-1)}{b}+\log(b)\log(b-1)+\Li_{2}(1-b)-\log\Big(\frac{b+1}{2}\Big)\log(b-1)+\log(2)\log(b-1)-2\Li_{2}\Big(\frac{1-b}{2}\Big)+\Li_{2}(-b)\bigg)\\ ④&\lim_{a\searrow1}\bigg(-\frac{\log(a+1)\log(a-1)}{a}+\log(a)\log(a-1)+\Li_{2}(1-a)-\log\Big(\frac{a+1}{2}\Big)\log(a-1)+\log(2)\log(a-1)-2\Li_{2}\Big(\frac{1-a}{2}\Big)+\Li_{2}(-a)\bigg) \end{align}\tag{2-5}$
これらを計算するのに$\Li_{2}(x)$の特殊値と、$x\rightarrow -\infty$における挙動について確認しましょう。

まず、$\Li_{2}(0)$は明らかに$0$です。
次に、$\Li_{2}(1)$は定義から$\displaystyle\Li_{2}(1)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$なので、「バーゼル問題」と同じで、値は$\displaystyle\frac{\pi^2}{6}$です。「バーゼル問題」の解き方はネットにいっぱいあるので調べてみてください。
続いて$\Li_{2}(-1)$です。先程の$\Li_{2}(1)$を利用して、
$\displaystyle\Li_{2}(-1)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^2}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=-\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=-\frac{\pi^2}{12}$
と計算できます。
正の数$t$に対し、$\Li_{2}(-t^{-1})$を考えます。
$2$重対数関数の定義と微分積分学の基本定理、合成関数の微分公式から、
$\displaystyle\frac{d}{dt}\Li_{2}(-t^{-1})=-\frac{\log(1+t^{-1})}{-t^{-1}}t^{-2}=\frac{\log(t+1)}{t}-\frac{\log(t)}{t}$
になりますので、$t$を$1$から$x(>0)$までで定積分することで、
$\displaystyle\Li_{2}(-x^{-1})-\Li_{2}(-1)=\int_{1}^{x}\Big(\frac{\log(t+1)}{t}-\frac{\log(t)}{t}\Big)dt=\Big[-\Li_{2}(-t)-\frac{(\log(t))^2}{2}\Big]_{1}^{x}=-\Li_{2}(-x)-\frac{(\log(x))^2}{2}+\Li_{2}(-1)$
すなわち、
$\displaystyle\Li_{2}(-x)=-\Li_{2}(-x^{-1})-\frac{(\log(x))^2}{2}-\frac{\pi^2}{6}$
この等式が任意の正の数$x$で成り立つのです。
この等式の何が嬉しいかというと、$\Li_{2}(-x)$は$x\rightarrow\infty$で発散しますが、$\Li_{2}(-x^{-1})$は$0$になります。代わりに$\log(x)$が発散しますが、$2$重対数関数よりも普通の対数関数の方が扱いやすいです。

纏めるとこうなります。

極限を計算して定積分を求める

上で纏めた式とロピタルの定理などの道具を使って(2-5)の①～④を計算します。

$\displaystyle \begin{align} ①&\lim_{b\nearrow1}\bigg(-\frac{\log(b+1)\log(1-b)}{b}-\Li_{2}(b)-\log(2)\log(b+1)+\Li_{2}\Big(\frac{b+1}{2}\Big)+\log(2)\log(1-b)-\Li_{2}\Big(\frac{1-b}{2}\Big)+\Li_{2}(-b)\bigg)\\ =&-(\log(2))^2-\frac{\pi^2}{12}+\lim_{b\nearrow1}\bigg(-\frac{\log(b+1)\log(1-b)}{b}+\log(2)\log(1-b)\bigg)\\ =&-(\log(2))^2-\frac{\pi^2}{12}+\lim_{b\nearrow1}\bigg(\frac{\log(2)-b^{-1}\log(b+1)}{(\log(1-b))^{-1}}\bigg)\\ =&-(\log(2))^2-\frac{\pi^2}{12}+\lim_{b\nearrow1}\bigg(\frac{b^{-2}\log(b+1)-b^{-1}(b+1)^{-1}}{(\log(1-b))^{-2}(1-b)^{-1}}\bigg)\quad(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =&-(\log(2))^2-\frac{\pi^2}{12}+\Big(\log(2)-\frac{1}{2}\Big)\lim_{b\nearrow1}\bigg(\frac{(\log(1-b))^2}{(1-b)^{-1}}\bigg)\\ =&-(\log(2))^2-\frac{\pi^2}{12}+\Big(\log(2)-\frac{1}{2}\Big)\lim_{b\nearrow1}\bigg(\frac{-2\log(1-b)(1-b)^{-1}}{(1-b)^{-2}}\bigg)\quad(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =&-(\log(2))^2-\frac{\pi^2}{12}-(2\log(2)-1)\lim_{b\nearrow1}\bigg(\frac{\log(1-b)}{(1-b)^{-1}}\bigg)\\ =&-(\log(2))^2-\frac{\pi^2}{12}-(2\log(2)-1)\lim_{b\nearrow1}\bigg(\frac{-(1-b)^{-1}}{(1-b)^{-2}}\bigg)\quad(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =&-(\log(2))^2-\frac{\pi^2}{12}-(2\log(2)-1)\lim_{b\nearrow1}(-(1-b))\\ =&-(\log(2))^2-\frac{\pi^2}{12} \end{align}$

$\displaystyle \begin{align} ②&\lim_{a\searrow0}\bigg(-\frac{\log(a+1)\log(1-a)}{a}-\Li_{2}(a)-\log(2)\log(a+1)+\Li_{2}\Big(\frac{a+1}{2}\Big)+\log(2)\log(1-a)-\Li_{2}\Big(\frac{1-a}{2}\Big)+\Li_{2}(-a)\bigg)\\ =&\lim_{a\searrow0}\bigg(-\frac{\log(a+1)\log(1-a)}{a}\bigg)\\ =&\lim_{a\searrow0}\big(-((a+1)^{-1}\log(1-a)-\log(a+1)(1-a)^{-1})\big)\quad(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =&0 \end{align}$

③はちょっと大変です。
$\displaystyle \begin{align} &\lim_{b\rightarrow\infty}\bigg(-\frac{\log(b+1)\log(b-1)}{b}+\log(b)\log(b-1)+\Li_{2}(1-b)-\log\Big(\frac{b+1}{2}\Big)\log(b-1)+\log(2)\log(b-1)-2\Li_{2}\Big(\frac{1-b}{2}\Big)+\Li_{2}(-b)\bigg)\\ =&\lim_{b\rightarrow\infty}\bigg(-\frac{\log(b+1)\log(b-1)}{b}+\log(b)\log(b-1)-\Li_{2}\Big(-\frac{1}{b-1}\Big)-\frac{(\log(b-1))^2}{2}-\frac{\pi^2}{6}-\log\Big(\frac{b+1}{2}\Big)\log(b-1)+\log(2)\log(b-1)-2\Big(-\Li_{2}\Big(-\frac{2}{b-1}\Big)-\frac{(\log((b-1)/2))^2}{2}-\frac{\pi^2}{6}\Big)-\Li_{2}\Big(-\frac{1}{b}\Big)-\frac{(\log(b))^2}{2}-\frac{\pi^2}{6}\bigg)\quad(\leftarrow(2-6)を利用)\\ =&(\log(2))^2+\lim_{b\rightarrow\infty}\bigg(-\frac{\log(b+1)\log(b-1)}{b}+\log(b)\log(b-1)-\log(b+1)\log(b-1)+\frac{(\log(b-1))^2}{2}-\frac{(\log(b))^2}{2}\bigg)\\ =&(\log(2))^2+\lim_{b\rightarrow\infty}\bigg(-\frac{\log(b+1)\log(b-1)}{b}+\frac{\log(b)-\log(b+1)}{(\log(b-1))^{-1}}+\frac{\log(b-1)-\log(b)}{2(\log(b-1)+\log(b))^{-1}}\bigg)\\ =&(\log(2))^2+\lim_{b\rightarrow\infty}\bigg(-\frac{\log(b-1)}{b+1}-\frac{\log(b+1)}{b-1}+\frac{b^{-1}-(b+1)^{-1}}{-(\log(b-1))^{-2}(b-1)^{-1}}+\frac{(b-1)^{-1}-b^{-1}}{-4(\log(b-1)+\log(b))^{-2}((b-1)^{-1}+b^{-1})}\bigg)\quad(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =&(\log(2))^2+\lim_{b\rightarrow\infty}\bigg(-\frac{\log(b-1)}{b+1}-\frac{\log(b+1)}{b-1}-\frac{(b-1)(\log(b-1))^2}{b(b+1)}-\frac{(\log(b-1)+\log(b))^2}{4(2b-1)}\bigg)\\ =&(\log(2))^2+\lim_{b\rightarrow\infty}\bigg(-\frac{1}{b-1}-\frac{1}{b+1}-\frac{(\log(b-1))^2+2\log(b-1)}{2b+1}-\frac{(\log(b-1)+\log(b))((b-1)^{-1}+b^{-1})}{4}\bigg)\quad(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =&(\log(2))^2+\lim_{b\rightarrow\infty}\bigg(-\frac{(\log(b-1))^2}{2b+1}-\frac{2\log(b-1)}{2b+1}-\frac{(\log(b-1)+\log(b))(2b-1)}{4b(b-1)}\bigg)\\ =&(\log(2))^2+\lim_{b\rightarrow\infty}\bigg(-\frac{\log(b-1)}{b-1}-\frac{1}{b-1}-\frac{((b-1)^{-1}+b^{-1})(2b-1)+2(\log(b-1)+\log(b))}{4(2b-1)}\bigg)\quad(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =&(\log(2))^2+\lim_{b\rightarrow\infty}\bigg(-\frac{\log(b-1)}{b-1}-\frac{1}{b-1}-\frac{((b-1)^{-1}+b^{-1})}{4}-\frac{\log(b-1)}{2(2b-1)}-\frac{\log(b)}{2(2b-1)}\bigg)\\ =&(\log(2))^2+\lim_{b\rightarrow\infty}\bigg(-\frac{\log(b-1)}{b-1}-\frac{\log(b-1)}{2(2b-1)}-\frac{\log(b)}{2(2b-1)}\bigg)\\ =&(\log(2))^2+\lim_{b\rightarrow\infty}\bigg(-\frac{1}{b-1}-\frac{1}{4(b-1)}-\frac{1}{4b}\bigg)\quad(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =&(\log(2))^2 \end{align}$

$\displaystyle \begin{align} ④&\lim_{a\searrow1}\bigg(-\frac{\log(a+1)\log(a-1)}{a}+\log(a)\log(a-1)+\Li_{2}(1-a)-\log\Big(\frac{a+1}{2}\Big)\log(a-1)+\log(2)\log(a-1)-2\Li_{2}\Big(\frac{1-a}{2}\Big)+\Li_{2}(-a)\bigg)\\ =&-\frac{\pi^2}{12}+\lim_{a\searrow1}\bigg(-\frac{\log(a+1)\log(a-1)}{a}+\log(a)\log(a-1)-\log\Big(\frac{a+1}{2}\Big)\log(a-1)+\log(2)\log(a-1)\bigg)\\ =&-\frac{\pi^2}{12}+\lim_{a\searrow1}\bigg(\frac{-a^{-1}\log(a+1)+\log(a)-\log(a+1)+\log(4)}{(\log(a-1))^{-1}}\bigg)\\ =&-\frac{\pi^2}{12}+\lim_{a\searrow1}\bigg(\frac{a^{-2}\log(a+1)-a^{-1}(a+1)^{-1}+a^{-1}-(a+1)^{-1}}{-(\log(a-1))^{-2}(a-1)^{-1}}\bigg)\quad(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =&-\frac{\pi^2}{12}-\log(2)\lim_{a\searrow1}\bigg(\frac{(\log(a-1))^2}{-(a-1)^{-1}}\bigg)\\ =&-\frac{\pi^2}{12}-\log(2)\lim_{a\searrow1}\bigg(\frac{2\log(a-1)(a-1)^{-1}}{(a-1)^{-2}}\bigg)\quad(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =&-\frac{\pi^2}{12}-2\log(2)\lim_{a\searrow1}\bigg(\frac{\log(a-1)}{(a-1)^{-1}}\bigg)\\ =&-\frac{\pi^2}{12}-2\log(2)\lim_{a\searrow1}\bigg(\frac{(a-1)^{-1}}{-(a-1)^{-2}}\bigg)\quad(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =&-\frac{\pi^2}{12}-2\log(2)\lim_{a\searrow1}\big(-(a-1)\big)\\ =&-\frac{\pi^2}{12} \end{align}$

以上、(2-5)の①～④より、(2-4)は
$\displaystyle \begin{align} &2\Bigg(\lim_{b\nearrow1}\bigg(-\frac{\log(b+1)\log(1-b)}{b}-\Li_{2}(b)-\log(2)\log(b+1)+\Li_{2}\Big(\frac{b+1}{2}\Big)+\log(2)\log(1-b)-\Li_{2}\Big(\frac{1-b}{2}\Big)+\Li_{2}(-b)\bigg)\\ &-\lim_{a\searrow0}\bigg(-\frac{\log(a+1)\log(1-a)}{a}-\Li_{2}(a)-\log(2)\log(a+1)+\Li_{2}\Big(\frac{a+1}{2}\Big)+\log(2)\log(1-a)-\Li_{2}\Big(\frac{1-a}{2}\Big)+\Li_{2}(-a)\bigg)\\ &+\lim_{b\rightarrow\infty}\bigg(-\frac{\log(b+1)\log(b-1)}{b}+\log(b)\log(b-1)+\Li_{2}(1-b)-\log\Big(\frac{b+1}{2}\Big)\log(b-1)+\log(2)\log(b-1)-2\Li_{2}\Big(\frac{1-b}{2}\Big)+\Li_{2}(-b)\bigg)\\ &-\lim_{a\searrow1}\bigg(-\frac{\log(a+1)\log(a-1)}{a}+\log(a)\log(a-1)+\Li_{2}(1-a)-\log\Big(\frac{a+1}{2}\Big)\log(a-1)+\log(2)\log(a-1)-2\Li_{2}\Big(\frac{1-a}{2}\Big)+\Li_{2}(-a)\bigg)\Bigg)\\ =&2\bigg(-(\log(2))^2-\frac{\pi^2}{12}+(\log(2))^2+\frac{\pi^2}{12}\bigg)\\ =&0 \end{align}$
となり、求めたい値は$0$であることが分かりました。

答え：$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\log|x+1|\log|x-1|}{x^2}dx=0$

おわりに

$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\log|x+1|+\log|x-1|}{x^2}dx=0$
$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\log|x+1|\log|x-1|}{x^2}dx=0$
となり、足し算も掛け算も$0$になっちゃいました。自分で計算してて予想外な結果でした。

あと愚直に計算しまくって疲れました。。。
たぶんもっと効率のいい方法があると思ってるので、何か知ってる人は教えてください。

以上、読んでいただきありがとうございました。