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、
${\displaystyle \begin{array}{rl}& \int \frac{\log |x+1|+\log |x-1|}{x^2}dx\\ =& -\frac{\log |x+1|+\log |x-1|}{x}-\int (-\frac{1}{x})(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x-1})dx(\leftarrow 部分積分)\\ =& -\frac{\log |x+1|+\log |x-1|}{x}+\int (\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+1})dx\\ =& -\frac{\log |x+1|+\log |x-1|}{x}+\log |x-1|-\log |x+1|\\ =& \frac{(x-1)\log |x-1|-(x+1)\log |x+1|}{x}\end{array}}$
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$(-\mathrm{\infty },-1),(-1,0),(0,1),(1,\mathrm{\infty })$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、
${\displaystyle \begin{array}{rl}& {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{\log |x+1|+\log |x-1|}{x^2}dx\\ =& 2({\int }_0^1\frac{\log (x+1)+\log (1-x)}{x^2}dx+{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (x+1)+\log (x-1)}{x^2}dx)\end{array}}$
となり、
${\displaystyle {\int }_0^1\frac{\log (x+1)+\log (1-x)}{x^2}dx}$と${\displaystyle {\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (x+1)+\log (x-1)}{x^2}dx}$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、
${\displaystyle \begin{array}{rl}& {\int }_0^1\frac{\log (x+1)+\log (1-x)}{x^2}dx\\ =& \underset{a\searrow 0}{lim}\underset{b\nearrow 1}{lim}{\int }_a^b\frac{\log (x+1)+\log (1-x)}{x^2}dx\\ =& \underset{a\searrow 0}{lim}\underset{b\nearrow 1}{lim}[\frac{(x-1)\log (1-x)-(x+1)\log (x+1)}{x}{]}_a^b\\ =& \underset{b\nearrow 1}{lim}\frac{(b-1)\log (1-b)-(b+1)\log (b+1)}{b}-\underset{a\searrow 0}{lim}\frac{(a-1)\log (1-a)-(a+1)\log (a+1)}{a}\end{array}}$

ここで、
${\displaystyle \begin{array}{rl}& \underset{b\nearrow 1}{lim}\frac{(b-1)\log (1-b)-(b+1)\log (b+1)}{b}\\ =& \underset{b\nearrow 1}{lim}(b-1)\log (1-b)-2\log \left(2\right)\\ =& \underset{b\nearrow 1}{lim}\frac{\log (1-b)}{(b-1{)}^{-1}}-2\log \left(2\right)\\ =& \underset{b\nearrow 1}{lim}\frac{-(1-b{)}^{-1}}{-(b-1{)}^{-2}}-2\log \left(2\right)(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =& \underset{b\nearrow 1}{lim}(1-b)-2\log \left(2\right)\\ =& -2\log \left(2\right)\end{array}}$

${\displaystyle \begin{array}{rl}& \underset{a\searrow 0}{lim}\frac{(a-1)\log (1-a)-(a+1)\log (a+1)}{a}\\ =& \underset{a\searrow 0}{lim}(\log (1-a)-\log (a+1))(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =& 0\end{array}}$

(1-4)(1-5)より、(1-2)は
${\displaystyle \begin{array}{rl}& \underset{b\nearrow 1}{lim}\frac{(b-1)\log (1-b)-(b+1)\log (b+1)}{b}-\underset{a\searrow 0}{lim}\frac{(a-1)\log (1-a)-(a+1)\log (a+1)}{a}\\ =& -2\log \left(2\right)\end{array}}$
となります。

$2$つ目の${\displaystyle {\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (x+1)+\log (x-1)}{x^2}dx}$も同様に計算します。
${\displaystyle \begin{array}{rl}& {\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (x+1)+\log (x-1)}{x^2}dx\\ =& \underset{a\searrow 1}{lim}\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_a^b\frac{\log (x+1)+\log (x-1)}{x^2}dx\\ =& \underset{a\searrow 1}{lim}\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}[\frac{(x-1)\log (x-1)-(x+1)\log (x+1)}{x}{]}_a^b\\ =& \underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{(b-1)\log (b-1)-(b+1)\log (b+1)}{b}-\underset{a\searrow 1}{lim}\frac{(a-1)\log (a-1)-(a+1)\log (a+1)}{a}\end{array}}$

ここで、
${\displaystyle \begin{array}{rl}& \underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{(b-1)\log (b-1)-(b+1)\log (b+1)}{b}\\ =& \underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}(\log (b-1)-\log (b+1)-\frac{\log (b-1)}{b}-\frac{\log (b+1)}{b})\\ =& \underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}(\log (\frac{1-1/b}{1+1/b})-\frac{\log (b-1)}{b}-\frac{\log (b+1)}{b})\\ =& \underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}(-\frac{\log (b-1)}{b}-\frac{\log (b+1)}{b})\\ =& \underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}(-\frac{1}{b-1}-\frac{1}{b+1})(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =& 0\end{array}}$

${\displaystyle \begin{array}{rl}& \underset{a\searrow 1}{lim}\frac{(a-1)\log (a-1)-(a+1)\log (a+1)}{a}\\ =& \underset{a\searrow 1}{lim}(a-1)\log (a-1)-2\log \left(2\right)\\ =& \underset{a\searrow 1}{lim}\frac{\log (a-1)}{(a-1{)}^{-1}}-2\log \left(2\right)\\ =& \underset{a\searrow 1}{lim}\frac{(a-1{)}^{-1}}{-(a-1{)}^{-2}}-2\log \left(2\right)(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =& -\underset{a\searrow 1}{lim}(a-1)-2\log \left(2\right)\\ =& -2\log \left(2\right)\end{array}}$

(1-8)(1-9)より、(1-7)は
${\displaystyle \begin{array}{rl}& \underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{(b-1)\log (b-1)-(b+1)\log (b+1)}{b}-\underset{a\searrow 1}{lim}\frac{(a-1)\log (a-1)-(a+1)\log (a+1)}{a}\\ =& 2\log \left(2\right)\end{array}}$
となります。

従って、(1-6)(1-10)から(1-2)は
${\displaystyle \begin{array}{rl}& 2({\int }_0^1\frac{\log (x+1)+\log (1-x)}{x^2}dx+{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (x+1)+\log (x-1)}{x^2}dx)\\ =& 2(-2\log \left(2\right)+2\log \left(2\right))\\ =& 0\end{array}}$
となり、求めたい値は$0$であることが分かりました。

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

(2)の答え

積分区間を分ける

求める定積分は$(-\mathrm{\infty },-1),(-1,0),(0,1),(1,\mathrm{\infty })$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、
${\displaystyle \begin{array}{rl}& {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{\log |x+1|\log |x-1|}{x^2}dx\\ =& 2({\int }_0^1\frac{\log (x+1)\log (1-x)}{x^2}dx+{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (x+1)\log (x-1)}{x^2}dx)\\ =& 2(\underset{a\searrow 0}{lim}\underset{b\nearrow 1}{lim}{\int }_a^b\frac{\log (x+1)\log (1-x)}{x^2}dx+\underset{a\searrow 1}{lim}\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_a^b\frac{\log (x+1)\log (x-1)}{x^2}dx)\end{array}}$
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、
${\displaystyle \begin{array}{rl}& \int \frac{\log |x+1|\log |x-1|}{x^2}dx\\ =& -\frac{\log |x+1|\log |x-1|}{x}-\int (-\frac{1}{x})(\frac{\log |x-1|}{x+1}+\frac{\log |x+1|}{x-1})dx(\leftarrow 部分積分)\\ =& -\frac{\log |x+1|\log |x-1|}{x}+\int (\frac{\log |x-1|}{x(x+1)}+\frac{\log |x+1|}{x(x-1)})dx\\ =& -\frac{\log |x+1|\log |x-1|}{x}+\int (\frac{\log |x-1|}{x}-\frac{\log |x-1|}{x+1}+\frac{\log |x+1|}{x-1}-\frac{\log |x+1|}{x})dx\end{array}}$
なので、(2-1)は
${\displaystyle \begin{array}{rl}& 2(\underset{a\searrow 0}{lim}\underset{b\nearrow 1}{lim}{\int }_a^b\frac{\log |x+1|\log |x-1|}{x^2}dx+\underset{a\searrow 1}{lim}\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_a^b\frac{\log |x+1|\log |x-1|}{x^2}dx)\\ =& 2(\underset{a\searrow 0}{lim}\underset{b\nearrow 1}{lim}([-\frac{\log (x+1)\log (1-x)}{x}{]}_a^b+{\int }_a^b(\frac{\log (1-x)}{x}-\frac{\log (1-x)}{x+1}+\frac{\log (x+1)}{x-1}-\frac{\log (x+1)}{x})dx)\\ \text{(2-2)}& & +\underset{a\searrow 1}{lim}\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}([-\frac{\log (x+1)\log (x-1)}{x}{]}_a^b+{\int }_a^b(\frac{\log (x-1)}{x}-\frac{\log (x-1)}{x+1}+\frac{\log (x+1)}{x-1}-\frac{\log (x+1)}{x})dx))\end{array}}$
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。
${\displaystyle \begin{array}{rl}\mathrm{①}& \int \frac{\log (1-x)}{x}dx(0<x<1)\\ \mathrm{②}& \int \frac{\log (1-x)}{x+1}dx(0<x<1)\\ \mathrm{③}& \int \frac{\log (x+1)}{x-1}dx(0<x<1,1<x<\mathrm{\infty })\\ \mathrm{④}& \int \frac{\log (x+1)}{x}dx(0<x<1,1<x<\mathrm{\infty })\\ \mathrm{⑤}& \int \frac{\log (x-1)}{x}dx(1<x<\mathrm{\infty })\\ \mathrm{⑥}& \int \frac{\log (x-1)}{x+1}dx(1<x<\mathrm{\infty })\end{array}}$
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${\displaystyle \int -\frac{\log (1-x)}{x}dx={\text{Li}}_2(x)}$なので、
${\displaystyle \mathrm{①}\int \frac{\log (1-x)}{x}dx=-{\text{Li}}_2(x)}$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、
${\displaystyle \mathrm{④}\int \frac{\log (x+1)}{x}dx=\int \frac{\log (1-t)}{-t}\cdot (-1)dt=\int \frac{\log (1-t)}{t}dt=-{\text{Li}}_2(t)=-{\text{Li}}_2(-x)}$
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、$\log (2-t)=\log \left(2\right)+\log (1-\frac{t}{2})$と分けて、$t=2u$と置換すれば大丈夫です。
${\displaystyle \begin{array}{rl}\mathrm{②}& \int \frac{\log (1-x)}{x+1}dx(0<x<1)\\ =& \int \frac{\log (2-t)}{t}dt(\leftarrow x+1=t,dx=dt)\\ =& \int \frac{\log \left(2\right)+\log (1-\frac{t}{2})}{t}dt\\ =& \log \left(2\right)\log |t|+\int \frac{\log (1-\frac{t}{2})}{t}dt\\ =& \log \left(2\right)\log |t|+\int \frac{\log (1-u)}{2u}\cdot 2du(\leftarrow t=2u,dt=2du)\\ =& \log \left(2\right)\log |t|+\int \frac{\log (1-u)}{u}du\\ =& \log \left(2\right)\log |t|-{\text{Li}}_2(u)\\ =& \log \left(2\right)\log |x+1|-{\text{Li}}_2(\frac{x+1}{2})\\ =& \log \left(2\right)\log (x+1)-{\text{Li}}_2(\frac{x+1}{2})(\leftarrow 0<x<1)\end{array}}$

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。
${\displaystyle \begin{array}{rl}\mathrm{③}& \int \frac{\log (x+1)}{x-1}dx(0<x<1,1<x<\mathrm{\infty })\\ =& \int \frac{\log (1-t)}{t+1}dt(\leftarrow x=-t,dx=-dt)\\ =& \log \left(2\right)\log |t+1|-{\text{Li}}_2(\frac{t+1}{2})\\ =& \log \left(2\right)\log |1-x|-{\text{Li}}_2(\frac{1-x}{2})\end{array}}$

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。
${\displaystyle \begin{array}{rl}\mathrm{⑤}& \int \frac{\log (x-1)}{x}dx(1<x<\mathrm{\infty })\\ =& \log \left(x\right)\log (x-1)-\int \frac{\log \left(x\right)}{x-1}dx(\leftarrow 部分積分)\\ =& \log \left(x\right)\log (x-1)-\int \frac{\log (1-t)}{t}dt(\leftarrow x=1-t,dx=-dt)\\ =& \log \left(x\right)\log (x-1)+{\text{Li}}_2(t)\\ =& \log \left(x\right)\log (x-1)+{\text{Li}}_2(1-x)\end{array}}$

最後に⑥です。⑤と同様に部分積分で③に帰着します。
${\displaystyle \begin{array}{rl}\mathrm{⑥}& \int \frac{\log (x-1)}{x+1}dx(1<x<\mathrm{\infty })\\ =& \log (x+1)\log (x-1)-\int \frac{\log (x+1)}{x-1}dx(\leftarrow 部分積分)\\ =& \log (x+1)\log (x-1)-\log \left(2\right)\log (x-1)+{\text{Li}}_2(\frac{1-x}{2})\\ =& \log (\frac{x+1}{2})\log (x-1)+{\text{Li}}_2(\frac{1-x}{2})\end{array}}$

以上、(2-3)の①～⑥により、(2-2)は
${\displaystyle \begin{array}{rl}& 2(\underset{a\searrow 0}{lim}\underset{b\nearrow 1}{lim}([-\frac{\log (x+1)\log (1-x)}{x}{]}_a^b+{\int }_a^b(\frac{\log (1-x)}{x}-\frac{\log (1-x)}{x+1}+\frac{\log (x+1)}{x-1}-\frac{\log (x+1)}{x})dx)\\ & +\underset{a\searrow 1}{lim}\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}([-\frac{\log (x+1)\log (x-1)}{x}{]}_a^b+{\int }_a^b(\frac{\log (x-1)}{x}-\frac{\log (x-1)}{x+1}+\frac{\log (x+1)}{x-1}-\frac{\log (x+1)}{x})dx))\\ =& 2(\underset{a\searrow 0}{lim}\underset{b\nearrow 1}{lim}([-\frac{\log (x+1)\log (1-x)}{x}-{\text{Li}}_2(x)-\log \left(2\right)\log (x+1)+{\text{Li}}_2(\frac{x+1}{2})+\log \left(2\right)\log (1-x)-{\text{Li}}_2(\frac{1-x}{2})+{\text{Li}}_2(-x){]}_a^b)\\ & +\underset{a\searrow 1}{lim}\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}([-\frac{\log (x+1)\log (x-1)}{x}+\log \left(x\right)\log (x-1)+{\text{Li}}_2(1-x)-\log (\frac{x+1}{2})\log (x-1)+\log \left(2\right)\log (x-1)-2{\text{Li}}_2(\frac{1-x}{2})+{\text{Li}}_2(-x){]}_a^b))\\ =& 2(\underset{b\nearrow 1}{lim}(-\frac{\log (b+1)\log (1-b)}{b}-{\text{Li}}_2(b)-\log \left(2\right)\log (b+1)+{\text{Li}}_2(\frac{b+1}{2})+\log \left(2\right)\log (1-b)-{\text{Li}}_2(\frac{1-b}{2})+{\text{Li}}_2(-b))\\ & -\underset{a\searrow 0}{lim}(-\frac{\log (a+1)\log (1-a)}{a}-{\text{Li}}_2(a)-\log \left(2\right)\log (a+1)+{\text{Li}}_2(\frac{a+1}{2})+\log \left(2\right)\log (1-a)-{\text{Li}}_2(\frac{1-a}{2})+{\text{Li}}_2(-a))\\ & +\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}(-\frac{\log (b+1)\log (b-1)}{b}+\log \left(b\right)\log (b-1)+{\text{Li}}_2(1-b)-\log (\frac{b+1}{2})\log (b-1)+\log \left(2\right)\log (b-1)-2{\text{Li}}_2(\frac{1-b}{2})+{\text{Li}}_2(-b))\\ \text{(2-4)}& & -\underset{a\searrow 1}{lim}(-\frac{\log (a+1)\log (a-1)}{a}+\log \left(a\right)\log (a-1)+{\text{Li}}_2(1-a)-\log (\frac{a+1}{2})\log (a-1)+\log \left(2\right)\log (a-1)-2{\text{Li}}_2(\frac{1-a}{2})+{\text{Li}}_2(-a)))\end{array}}$
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。
${\displaystyle \begin{array}{rl}\mathrm{①}& \underset{b\nearrow 1}{lim}(-\frac{\log (b+1)\log (1-b)}{b}-{\text{Li}}_2(b)-\log \left(2\right)\log (b+1)+{\text{Li}}_2(\frac{b+1}{2})+\log \left(2\right)\log (1-b)-{\text{Li}}_2(\frac{1-b}{2})+{\text{Li}}_2(-b))\\ \mathrm{②}& \underset{a\searrow 0}{lim}(-\frac{\log (a+1)\log (1-a)}{a}-{\text{Li}}_2(a)-\log \left(2\right)\log (a+1)+{\text{Li}}_2(\frac{a+1}{2})+\log \left(2\right)\log (1-a)-{\text{Li}}_2(\frac{1-a}{2})+{\text{Li}}_2(-a))\\ \mathrm{③}& \underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}(-\frac{\log (b+1)\log (b-1)}{b}+\log \left(b\right)\log (b-1)+{\text{Li}}_2(1-b)-\log (\frac{b+1}{2})\log (b-1)+\log \left(2\right)\log (b-1)-2{\text{Li}}_2(\frac{1-b}{2})+{\text{Li}}_2(-b))\\ \mathrm{④}& \underset{a\searrow 1}{lim}(-\frac{\log (a+1)\log (a-1)}{a}+\log \left(a\right)\log (a-1)+{\text{Li}}_2(1-a)-\log (\frac{a+1}{2})\log (a-1)+\log \left(2\right)\log (a-1)-2{\text{Li}}_2(\frac{1-a}{2})+{\text{Li}}_2(-a))\end{array}}$
これらを計算するのに${\text{Li}}_2(x)$の特殊値と、$x\to -\mathrm{\infty }$における挙動について確認しましょう。

まず、${\text{Li}}_2(0)$は明らかに$0$です。
次に、${\text{Li}}_2(1)$は定義から${\displaystyle {\text{Li}}_2(1)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}}$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${\text{Li}}_2(-1)$です。先程の${\text{Li}}_2(1)$を利用して、
${\displaystyle {\text{Li}}_2(-1)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{n^2}=2\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(2n{)}^2}-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=-\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=-\frac{{\pi }^2}{12}}$
と計算できます。
正の数$t$に対し、${\text{Li}}_2(-t^{-1})$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、
${\displaystyle \frac{d}{dt}{\text{Li}}_2(-t^{-1})=-\frac{\log (1+t^{-1})}{-t^{-1}}{t}^{-2}=\frac{\log (t+1)}{t}-\frac{\log \left(t\right)}{t}}$
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、
${\displaystyle {\text{Li}}_2(-x^{-1})-{\text{Li}}_2(-1)={\int }_1^x(\frac{\log (t+1)}{t}-\frac{\log \left(t\right)}{t})dt=[-{\text{Li}}_2(-t)-\frac{(\log \left(t\right){)}^2}{2}{]}_1^x=-{\text{Li}}_2(-x)-\frac{(\log \left(x\right){)}^2}{2}+{\text{Li}}_2(-1)}$
すなわち、
${\displaystyle {\text{Li}}_2(-x)=-{\text{Li}}_2(-x^{-1})-\frac{(\log \left(x\right){)}^2}{2}-\frac{{\pi }^2}{6}}$
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、${\text{Li}}_2(-x)$は$x\to \mathrm{\infty }$で発散しますが、${\text{Li}}_2(-x^{-1})$は$0$になります。代わりに$\log \left(x\right)$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。

${\displaystyle \begin{array}{rl}\mathrm{①}& \underset{b\nearrow 1}{lim}(-\frac{\log (b+1)\log (1-b)}{b}-{\text{Li}}_2(b)-\log \left(2\right)\log (b+1)+{\text{Li}}_2(\frac{b+1}{2})+\log \left(2\right)\log (1-b)-{\text{Li}}_2(\frac{1-b}{2})+{\text{Li}}_2(-b))\\ =& -(\log \left(2\right){)}^2-\frac{{\pi }^2}{12}+\underset{b\nearrow 1}{lim}(-\frac{\log (b+1)\log (1-b)}{b}+\log \left(2\right)\log (1-b))\\ =& -(\log \left(2\right){)}^2-\frac{{\pi }^2}{12}+\underset{b\nearrow 1}{lim}(\frac{\log \left(2\right)-b^{-1}\log (b+1)}{(\log (1-b){)}^{-1}})\\ =& -(\log \left(2\right){)}^2-\frac{{\pi }^2}{12}+\underset{b\nearrow 1}{lim}(\frac{b^{-2}\log (b+1)-b^{-1}(b+1{)}^{-1}}{(\log (1-b){)}^{-2}(1-b{)}^{-1}})(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =& -(\log \left(2\right){)}^2-\frac{{\pi }^2}{12}+(\log \left(2\right)-\frac{1}{2})\underset{b\nearrow 1}{lim}(\frac{(\log (1-b){)}^2}{(1-b{)}^{-1}})\\ =& -(\log \left(2\right){)}^2-\frac{{\pi }^2}{12}+(\log \left(2\right)-\frac{1}{2})\underset{b\nearrow 1}{lim}(\frac{-2\log (1-b)(1-b{)}^{-1}}{(1-b{)}^{-2}})(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =& -(\log \left(2\right){)}^2-\frac{{\pi }^2}{12}-(2\log \left(2\right)-1)\underset{b\nearrow 1}{lim}(\frac{\log (1-b)}{(1-b{)}^{-1}})\\ =& -(\log \left(2\right){)}^2-\frac{{\pi }^2}{12}-(2\log \left(2\right)-1)\underset{b\nearrow 1}{lim}(\frac{-(1-b{)}^{-1}}{(1-b{)}^{-2}})(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =& -(\log \left(2\right){)}^2-\frac{{\pi }^2}{12}-(2\log \left(2\right)-1)\underset{b\nearrow 1}{lim}(-(1-b))\\ =& -(\log \left(2\right){)}^2-\frac{{\pi }^2}{12}\end{array}}$

${\displaystyle \begin{array}{rl}\mathrm{②}& \underset{a\searrow 0}{lim}(-\frac{\log (a+1)\log (1-a)}{a}-{\text{Li}}_2(a)-\log \left(2\right)\log (a+1)+{\text{Li}}_2(\frac{a+1}{2})+\log \left(2\right)\log (1-a)-{\text{Li}}_2(\frac{1-a}{2})+{\text{Li}}_2(-a))\\ =& \underset{a\searrow 0}{lim}(-\frac{\log (a+1)\log (1-a)}{a})\\ =& \underset{a\searrow 0}{lim}(-((a+1{)}^{-1}\log (1-a)-\log (a+1)(1-a{)}^{-1}))(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =& 0\end{array}}$

③はちょっと大変です。
${\displaystyle \begin{array}{rl}& \underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}(-\frac{\log (b+1)\log (b-1)}{b}+\log \left(b\right)\log (b-1)+{\text{Li}}_2(1-b)-\log (\frac{b+1}{2})\log (b-1)+\log \left(2\right)\log (b-1)-2{\text{Li}}_2(\frac{1-b}{2})+{\text{Li}}_2(-b))\\ =& \underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}(-\frac{\log (b+1)\log (b-1)}{b}+\log \left(b\right)\log (b-1)-{\text{Li}}_2(-\frac{1}{b-1})-\frac{(\log (b-1){)}^2}{2}-\frac{{\pi }^2}{6}-\log (\frac{b+1}{2})\log (b-1)+\log \left(2\right)\log (b-1)-2(-{\text{Li}}_2(-\frac{2}{b-1})-\frac{(\log ((b-1)/2){)}^2}{2}-\frac{{\pi }^2}{6})-{\text{Li}}_2(-\frac{1}{b})-\frac{(\log \left(b\right){)}^2}{2}-\frac{{\pi }^2}{6})(\leftarrow (2-6)を利用)\\ =& (\log \left(2\right){)}^2+\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}(-\frac{\log (b+1)\log (b-1)}{b}+\log \left(b\right)\log (b-1)-\log (b+1)\log (b-1)+\frac{(\log (b-1){)}^2}{2}-\frac{(\log \left(b\right){)}^2}{2})\\ =& (\log \left(2\right){)}^2+\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}(-\frac{\log (b+1)\log (b-1)}{b}+\frac{\log \left(b\right)-\log (b+1)}{(\log (b-1){)}^{-1}}+\frac{\log (b-1)-\log \left(b\right)}{2(\log (b-1)+\log \left(b\right){)}^{-1}})\\ =& (\log \left(2\right){)}^2+\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}(-\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 \left(b\right){)}^{-2}((b-1{)}^{-1}+b^{-1})})(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =& (\log \left(2\right){)}^2+\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}(-\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 \left(b\right){)}^2}{4(2b-1)})\\ =& (\log \left(2\right){)}^2+\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}(-\frac{1}{b-1}-\frac{1}{b+1}-\frac{(\log (b-1){)}^2+2\log (b-1)}{2b+1}-\frac{(\log (b-1)+\log \left(b\right))((b-1{)}^{-1}+b^{-1})}{4})(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =& (\log \left(2\right){)}^2+\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}(-\frac{(\log (b-1){)}^2}{2b+1}-\frac{2\log (b-1)}{2b+1}-\frac{(\log (b-1)+\log \left(b\right))(2b-1)}{4b(b-1)})\\ =& (\log \left(2\right){)}^2+\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}(-\frac{\log (b-1)}{b-1}-\frac{1}{b-1}-\frac{((b-1{)}^{-1}+b^{-1})(2b-1)+2(\log (b-1)+\log \left(b\right))}{4(2b-1)})(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =& (\log \left(2\right){)}^2+\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}(-\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 \left(b\right)}{2(2b-1)})\\ =& (\log \left(2\right){)}^2+\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}(-\frac{\log (b-1)}{b-1}-\frac{\log (b-1)}{2(2b-1)}-\frac{\log \left(b\right)}{2(2b-1)})\\ =& (\log \left(2\right){)}^2+\underset{b\to \mathrm{\infty }}{lim}(-\frac{1}{b-1}-\frac{1}{4(b-1)}-\frac{1}{4b})(\leftarrow ロピタルの定理)\\ =& (\log \left(2\right){)}^2\end{array}}$