ちょっと変わった複素積分のテクニック
今回は軽めに、積分計算のときに、僕がたまに使うテクニックを紹介します。やることは、以下の変形です。
$$
\begin {aligned}
1&=\frac {1}\pi \Im \left (\ln x+\pi i\right )\\
1&=\frac {2}{\pi }\Im \left (\ln x+\frac {\pi i}2\right )
\end {aligned}
$$
一見何の意味もなさそうですが、状況によってはこれが刺さる場合があるんです。一つ目の場合の例を紹介します。
$$
\begin {aligned}
\int _{0}^{\infty }\frac {\ln (1+x)}{1+x^{2}}dx&=\frac {1}\pi \Im \int _{0}^{\infty }\frac {\left (\ln x+\pi i\right )\ln (1+x)}{1+x^{2}}dx\\
&=\frac {1}\pi \Im \int _{-0i}^{\infty -0i}\frac {\ln \left (-x\right )\ln (1+x)}{1+x^{2}}dx\\
&=\frac {1}\pi \Im \left (-2\pi i\Res{z=-i}\frac {\ln (-z)\ln (1+z)}{1+z^{2}}-\int _{-\infty -0i}^{-0i}\frac {\ln (-x)\ln (1+x)}{1+x^{2}}dx\right )\quad \left (\because 留数定理,下半平面で半円経路\right )\\
&=\frac {1}\pi \Im \left (-2\pi i\frac {\ln i\ln (1-i)}{-2i}-\int _{0}^{1}\frac {\ln x\ln (1-x)}{1+x^{2}}dx-\int _{1}^{\infty }\frac {\ln x\left (\ln (x-1)-\pi i\right )}{1+x^2}dx\right )\\
&=\Im \left (\frac {\pi }2i\left (\frac {\ln 2}2-\frac {\pi i}4\right )\right )-0+\int _{1}^{\infty }\frac {\ln x}{1+x^{2}}dx\\
&=\frac {\pi \ln 2}4+\int _{0}^{1}\frac {\ln \frac {1}{x}}{1+x^{2}}dx\\
&=\frac {\pi \ln 2}4+\sum _{n=0}^\infty (-1)^n\int _{0}^{1}x^{2n}\ln \frac {1}xdx\\
&=\frac {\pi \ln 2}4+\sum _{n=0}^\infty \frac {(-1)^n}{(2n+1)^{2}}\\
&=\frac {\pi \ln 2}4+\beta (2)
\end {aligned}
$$
被積分関数にある扱いにくい部分($\ln (1+x)$など)を、うまく実部・虚部に落としこんで、扱いやすいもの($\ln(x)$など)に変換きるということです。以上です。