エイプリルフールだけどいいネタがないので積分しませう

はい。

ではどうぞ。

次の定積分の値を求めよ。

$\int_{0}^{\infty} \frac{\ln (x^{2} + 1)}{x^{3} + x} d x$

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解説。

表題の積分を $I$ とおく。
$I = \int_{0}^{\infty} \frac{\ln (1 + x^{2})}{x (1 + x^{2})} d x$
$x = t a n θ$ とおくと、 $\frac{d x}{1 + x^{2}} = d θ$ より、
$I = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{\ln (1 + \tan^{2} θ)}{\tan θ} d θ = - \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{\ln (1 - \sin^{2} θ) \cdot \cos θ}{\sin θ} d θ$
$\sin θ = t$ とおくと、 $\cos θ d θ = d t$ より、
$I = - \int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + t) + \ln (1 - t)}{t} d t$
ここで、
$I_{A} = \int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + t)}{t} d t, I_{B} = \int_{0}^{1} \frac{\ln (1 - t)}{t} d t$
とおく。
$[[1]]$
$I_{A}$ について、 $t = e^{- u}$ とおくと、 $d t = - e^{- u} d u$ より、
$I_{A} = \int_{\infty}^{0} \frac{\ln (1 + e^{- u})}{e^{- u}} \cdot (- e^{- u}) d u = \int_{0}^{\infty} \ln (1 + e^{- u}) d u$
ここで、 $\ln (1 + e^{- u}) = \int_{0}^{e^{- u}} \frac{d α}{1 + α} = \int_{0}^{e^{- u}} (\sum_{m = 0}^{\infty} (- 1)^{m} α^{m}) d α$ と級数展開できる。項別積分を行うと、
$\ln (1 + e^{- u}) = \sum_{m = 0}^{\infty} (- 1)^{m} \frac{e^{- (m + 1) u}}{m + 1} = \sum_{m = 1}^{\infty} (- 1)^{m - 1} \frac{e^{- m u}}{m}$
したがって、
$I_{A} = \int_{0}^{\infty} \sum_{m = 1}^{\infty} (- 1)^{m - 1} \frac{e^{- m u}}{m} d u = \sum_{m = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{m - 1}}{m} \int_{0}^{\infty} e^{- m u} d u = \sum_{m = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{m - 1}}{m^{2}} = η (2) = \frac{ζ (2)}{2} = \frac{π^{2}}{12}$
$[[2]]$
$I_{B}$ も同様に、
$I_{B} = \int_{\infty}^{0} \frac{\ln (1 - e^{- v})}{e^{- v}} \cdot (- e^{- v}) d v = \int_{0}^{\infty} \ln (1 - e^{- v}) d v$
$\ln (1 - e^{- v}) = - \int_{0}^{e^{- v}} \frac{d β}{1 - β} = - \int_{0}^{e^{- v}} (\sum_{n = 0}^{\infty} β^{n}) d β = - \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{e^{- (n + 1) v}}{n + 1} = - \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{e^{- n v}}{n}$
$∴ I_{B} = - \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n} \int_{0}^{\infty} e^{- n v} d v = - \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} = - ζ (2) = - \frac{π^{2}}{6}$
$[[1]], [[2]]$ から、
$I = - I_{A} - I_{B} = - \frac{π^{2}}{12} + \frac{π^{2}}{6} = \frac{π^{2}}{12}$