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。
$$\begin{array}{rl}1& =\frac{1}{\pi }\mathrm{Im}(\ln x+\pi i)\\ 1& =\frac{2}{\pi }\mathrm{Im}(\ln x+\frac{\pi i}{2})\end{array}$$
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。
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\ln (1+x)}{1+x^2}dx& =\frac{1}{\pi }\mathrm{Im}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{(\ln x+\pi i)\ln (1+x)}{1+x^2}dx\\ & =\frac{1}{\pi }\mathrm{Im}{\int }_{-0i}^{\mathrm{\infty }-0i}\frac{\ln (-x)\ln (1+x)}{1+x^2}dx\\ & =\frac{1}{\pi }\mathrm{Im}(-2\pi i\underset{z=-i}{\mathrm{Res}}\frac{\ln (-z)\ln (1+z)}{1+z^2}-{\int }_{-\mathrm{\infty }-0i}^{-0i}\frac{\ln (-x)\ln (1+x)}{1+x^2}dx)(\because 留数定理,下半平面で半円経路)\\ & =\frac{1}{\pi }\mathrm{Im}(-2\pi i\frac{\ln i\ln (1-i)}{-2i}-{\int }_0^1\frac{\ln x\ln (1-x)}{1+x^2}dx-{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\ln x(\ln (x-1)-\pi i)}{1+x^2}dx)\\ & =\mathrm{Im}\left(\frac{\pi }{2}i(\frac{\ln 2}{2}-\frac{\pi i}{4})\right)-0+{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\ln x}{1+x^2}dx\\ & =\frac{\pi \ln 2}{4}+{\int }_0^1\frac{\ln \frac{1}{x}}{1+x^2}dx\\ & =\frac{\pi \ln 2}{4}+\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{\int }_0^1{x}^{2n}\ln \frac{1}{x}dx\\ & =\frac{\pi \ln 2}{4}+\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{(2n+1{)}^2}\\ & =\frac{\pi \ln 2}{4}+\beta (2)\end{array}$$
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($\ln \left(x\right)$など)に変換きるということです。以上です。