誤植が生んだ定積分の良問

次の定積分を求めよ。
\begin{align*} I=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x^2)}{1+x}dx \end{align*}

\begin{align*} I=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x^2)}{1+x}dx \end{align*}
先ほど紹介したテクニック、「ファインマンのトリック」を使います。
今回、$I(s)$を次の様に置きます。
\begin{align*} I(s)&=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+sx^2)}{1+x}dx \end{align*}
これの$s$偏微分を考えると、先ほどの式が使えますね。
\begin{align*} I'(s)&=\frac{\partial}{\partial s}\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+sx^2)}{1+x}dx\\ &=\int_{0}^{1}\frac{\partial}{\partial s}\frac{\ln(1+sx^2)}{1+x}dx\\ &=\int_{0}^{1}\frac{x^2}{(1+x)(1+sx^2)}dx \end{align*}
次にこいつを部分分数分解します。
\begin{align*} \frac{x^2}{(1+x)(1+sx^2)}&=\frac{\alpha}{1+x}+\frac{\beta x+\gamma}{1+sx^2}\\ x^2&=x^2(\alpha s+\beta)+x(\beta+\gamma)+(\alpha+\gamma) \end{align*}
両辺の係数を比較し、連立方程式を解くと
\begin{align*} \begin{cases} \alpha=\frac{1}{1+s}\\ \beta=\frac{1}{1+s}\\ \gamma=-\frac{1}{1+s} \end{cases} \end{align*}
がわかります。これをもとに被積分関数を分解すると、
\begin{align*} I'(s)&=\int_{0}^{1}\frac{1}{1+s}\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+s}\frac{x}{1+sx^2}-\frac{1}{1+s}\frac{1}{1+sx^2}dx\\ &=\frac{1}{1+s}\left[\ln|1+x|\right]_{0}^{1}+\frac{1}{2s}\frac{1}{1+s}\left[\ln(1+sx^2)\right]_{0}^{1}-\frac{1}{1+s}\int_{0}^{1}\frac{1}{1+sx^2}dx\\ &=\frac{\ln{2}}{1+s}+\frac{1}{2}\frac{\ln(1+s)}{s(1+s)}-\frac{1}{1+s}\int_{0}^{1}\frac{1}{1+sx^2}dx \end{align*}
最後の項は$\tan$へ置換して一発ですね。$\displaystyle x=\frac{1}{\sqrt{s}}\tan{\theta}$と置換します。すると$\displaystyle dx=\frac{1}{\sqrt{s}}\frac{1}{\cos^2{\theta}}d\theta$、積分区間は$[0,\tan^{-1}\left(\sqrt{s}\right)]$と変わります。これを適用すると
\begin{align*} &=\frac{\ln{2}}{1+s}+\frac{1}{2}\frac{\ln(1+s)}{s(1+s)}-\frac{1}{1+s}\int_{0}^{1}\frac{1}{1+sx^2}dx\\ &=\frac{\ln{2}}{1+s}+\frac{1}{2}\frac{\ln(1+s)}{s(1+s)}-\frac{1}{1+s}\frac{1}{\sqrt{s}}\int_{0}^{\tan^{-1}\left(\sqrt{s}\right)}d\theta\\ &=\frac{\ln{2}}{1+s}+\frac{1}{2}\frac{\ln(1+s)}{s(1+s)}-\frac{1}{\sqrt{s}}\frac{1}{1+s}\tan^{-1}\left(\sqrt{s}\right) \end{align*}
$\tan$の逆関数を使って何とか計算できましたね。
さて、突然ですが$I(0)$は$0$ですよね。よって、次が成り立ちます。
\begin{align*} I=\int_{0}^{1}I'(s)ds\quad(*) \end{align*}
$s$で偏微分して$x$で積分しました。あとは$s$で積分すれば終わりです。すなわち、$(*)$を解けば終わりです！$I'(s)$は三項に分かれているので分けましょう。
\begin{align*} I'(s)_1&=\frac{\ln{2}}{1+s}\\ I'(s)_2&=\frac{1}{2}\frac{\ln(1+s)}{s(1+s)}\\ I'(s)_3&=-\frac{1}{\sqrt{s}(1+s)}\tan^{-1}\left(\sqrt{s}\right) \end{align*}
まずは$I'(s)_1$から。これは余裕ですね。
\begin{align*} \int_{0}^{1}I'(s)_1ds&=\int_{0}^{1}\frac{\ln{2}}{1+s}ds\\ &=\ln{2}\left[\ln|1+s|\right]_{0}^{1}\\ &=\ln^2{2} \end{align*}
次に$I'(s)_2$これは少し厄介です。
\begin{align*} \int_{0}^{1}I'(s)_2ds&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+s)}{s(1+s)}ds \end{align*}
まずは部分分数分解しましょう。すると
\begin{align*} \int_{0}^{1}I'(s)_2ds&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\ln(1+s)\left(\frac{1}{s}-\frac{1}{1+s}\right)ds\\ &=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+s)}{s}ds-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+s)}{1+s}ds \end{align*}
二項目は問題ないとして、一項目です。問題児は。実は$\ln(1+s)$をマクローリン展開すると解くことができます。
\begin{align*} \int_{0}^{1}I'(s)_2ds&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{1}{s}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}s^kds-\frac{1}{2}\frac{1}{2}\left[\ln^2|1+s|\right]_{0}^{1}\\ \end{align*}
厳密性には欠けますが、$\displaystyle\sum$と$\displaystyle\int$を入れ替えます。本当は一様収束するかなどの議論が必要ですが、この記事を書いている人が未熟なのでできません。今回は入れ替えても問題がないことを認めて計算を進めることにします。
\begin{align*} \int_{0}^{1}I'(s)_2ds&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{1}{s}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}s^kds-\frac{1}{2}\frac{1}{2}\left[\ln^2|1+s|\right]_{0}^{1}\\ &=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\int_{0}^{1}s^{k-1}ds-\frac{1}{4}\ln^2{2}\\ &=-\frac{1}{4}\ln^2{2}+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\left[\frac{1}{k}s^k\right]_{0}^{1}\\ &=-\frac{1}{4}\ln^2{2}+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k^2}\\ &=-\frac{1}{4}\ln^2{2}+\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}\\ &=-\frac{1}{4}\ln^2{2}+\frac{\pi^2}{24} \end{align*}
実はリーマンゼータ関数の特殊値でした。$\zeta(2)$の交代和は偶数の二乗の逆数のみを足してる感じなのでそこを考慮すれば$(-1)^{k-1}$はすぐに消せます。最後に$I'(s)_3$を計算しましょう。
\begin{align*} \int_{0}^{1}I'(s)_3ds&=-\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{s}(1+s)}\tan^{-1}\left(\sqrt{s}\right)ds \end{align*}
結構終わってますが、一瞬です。$\tan^{-1}\left(\sqrt{s}\right)$を微分してみましょう。
$\displaystyle(\tan^{-1}{x})'=\frac{1}{1+x^2}$
を用いて合成関数の微分をすると
\begin{align*} \left\{\tan^{-1}\left(\sqrt{s}\right)\right\}'=\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{s}(1+s)} \end{align*}
ん？なんかこの形さっきも見ましたね。そうです。被積分関数の中身にいます！実はこの被積分関数は「関数$\times$それの微分」という形なんですね！よって一瞬です。
\begin{align*} \int_{0}^{1}I'(s)_3ds&=-\int_{0}^{1}2\left\{\tan^{-1}\left(\sqrt{s}\right)\right\}\tan^{-1}\left(\sqrt{s}\right)ds\\ &=-\left[\left\{\tan^{-1}\left(\sqrt{s}\right)\right\}^2\right]_{0}^{1}\\ &=-\frac{\pi^2}{16} \end{align*}
これで求めるべきものが全部も止まりました。
\begin{align*} I&=\int_{0}^{1}I'(s)ds\\ &=\int_{0}^{1}I'(s)_1ds+\int_{0}^{1}I'(s)_2ds+\int_{0}^{1}I'(s)_3ds \end{align*}
だったため、今回の定積分の答えは
\begin{align*} \huge I=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x^2)}{1+x}dx=\frac{3}{4}\ln^2{2}-\frac{\pi^2}{48} \end{align*}
とわかります！