個人的に大変だった積分2

\begin{align*} f(t)=t-\frac{1}{2}t^2+\frac{1}{3}t^3-\frac{1}{4}t^4+\cdot\:\cdot\:\cdot \end{align*}
とする。ここで、両辺を$t$で微分すると
\begin{align*} f'(t)=1-t+t^2-t^3+\cdot\:\cdot\:\cdot=\frac{1}{1+t} \end{align*}
両辺を$t $で不定積分すると、
\begin{align*} \int_{0}^{x}f'(t)dt&=\int_{0}^{x}\frac{1}{1+t}dt\\ &=\ln(1+x)\\ \end{align*}
また、
\begin{align*} \int_{0}^{x}f'(t)dt&=\left[f(t)\right]_{0}^{x}\\ &=f(x) \end{align*}
よって

$\displaystyle{f(x)=\ln(1+x)}$

一方、
\begin{align*} f(t)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}x^k \end{align*}
と表せるため、
\begin{align*} \ln(1+x)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}x^k \end{align*}
が言える。($|x|\le1$)

\begin{align*} I&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x^2\tan{x}dx\\ &=\left[-x^2\ln(\cos{x})\right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}+2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\ln(\cos{x})dx\\ &=\frac{\pi^2}{32}\ln{2}+2I' \end{align*}
さて、前回同様部分積分を適用しました。今回の問題の大戦犯は$I'$です。気合を入れてしばきましょう。
\begin{align*} I'&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\ln(\cos{x})dx\\ &=\Re\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} x\ln\left(\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}\right)dx \end{align*}
この変形がこの積分のカギです。が、実はフーリエ級数展開をすればもっと楽に解くことができます。でもここでは自分の使った解法で解こうと思います^^
\begin{align*} I'&=\Re\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\ln\left(\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}\right)dx\\ &=\Re\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\ln\left(e^{ix}+e^{-ix}\right)dx-\ln{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}xdx\\ &=-\frac{\pi^2}{32}\ln{2}+\Re\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\ln\left\{e^{ix}\left(1+e^{-2ix}\right)\right\}dx\\ &=-\frac{\pi^2}{32}\ln{2}+\Re\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\ln\left(1+e^{-2ix}\right)dx\\ &=-\frac{\pi^2}{32}\ln{2}+\Re\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\left(e^{-2ix}\right)^kdx\\ &\overset{!}{=}-\frac{\pi^2}{32}\ln{2}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\cos(2kx)dx \end{align*}
最後の変形について少し補足。$\left(e^{-2ix}\right)^k=\cos(2kx)-i\sin(2kx)$と変形できる。またここでは実部を取るため$\sin$の項は捨てて、$\cos$だけとっている。
そしてもう一つ注意。この記事を書いている人は一様収束などを理解していないため、シグマとインテグラルを無言で入れ替えてます。本当はそれについても説明するべきですが、ごめんなさい。(一応、$\overset{!}{=}$で知らせています。)
\begin{align*} I'&=-\frac{\pi^2}{32}\ln{2}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\cos(2kx)dx\\ &=-\frac{\pi^2}{32}\ln{2}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}I_1\\ I_1&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\cos(2kx)dx\\ &=\left[\frac{1}{2x}x\sin(2kx)\right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}-\frac{1}{2k}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sin(2kx)dx\\ &=\frac{\pi}{8}\frac{1}{k}\sin\frac{k\pi}{2}+\frac{1}{4k^2}\left[\cos(2kx)\right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}\\ &=\frac{\pi}{8}\frac{1}{k}\sin\frac{k\pi}{2}+\frac{1}{4k^2}\cos\frac{k\pi}{2}-\frac{1}{4k^2} \end{align*}
よって、$I'$は
\begin{align*} I'&=-\frac{\pi^2}{32}\ln{2}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}I_1\\ &=-\frac{\pi^2}{32}\ln{2}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\left(\frac{\pi}{8}\frac{1}{k}\sin\frac{k\pi}{2}+\frac{1}{4k^2}\cos\frac{k\pi}{2}-\frac{1}{4k^2}\right) \end{align*}
級数を一つ一つ簡単にしていきましょう。
\begin{align*} \frac{\pi}{8}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k^2}\sin\frac{k\pi}{2} \end{align*}
から。$\displaystyle{\sin\frac{k\pi}{2}}$は$k$が偶数で$0$になるため、$k$が奇数のときのみを考える。よって、
\begin{align*} \frac{\pi}{8}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k^2}\sin\frac{k\pi}{2}&=\frac{\pi}{8}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{(2k-1)-1}}{(2k-1)^2}\sin\frac{(2k-1)\pi}{2}\\ &=\frac{\pi}{8}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{(2k-1)^2}\\ &=\frac{\pi}{8}\beta(2) \end{align*}
最後にディリクレのベータ関数の定義がもろに出てくれましたね。これで一つ目の級数は終わり。

\begin{align*} \frac{1}{4}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k^3}\cos\frac{k\pi}{2} \end{align*}
これも先ほどと同じように考える。$\displaystyle{\cos\frac{k\pi}{2}}$は$k$が奇数のときに$0$となるため、偶数のときのみを考えればよい。よって、
\begin{align*} \frac{1}{4}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k^3}\cos\frac{k\pi}{2}&=\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{2k-1}}{(2k)^3}\cos(k\pi)\\ &=\frac{1}{32}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k^3} \end{align*}
一応補足。二つ目のイコールでは外にあったマイナスをわざと中に入れて、$(-1)$の指数を一つずらした。(これのほうが個人的に楽だから)
\begin{align*} \frac{1}{32}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k^3}&=\frac{1}{32}\left(\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^3}-2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(2k)^3}\right)\\ &=\frac{1}{32}\frac{3}{4}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^3}\\ &=\frac{3}{128}\zeta(3) \end{align*}
これで二つ目の級数は終わり。三つ目の級数は二つ目のやつの途中とほとんど同じため、結果のみ載せる。
\begin{align*} -\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k^3}&=-\frac{3}{16}\zeta(3) \end{align*}
以上より、
\begin{align*} I'&=-\frac{\pi^2}{32}\ln{2}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}I_1\\ &=-\frac{\pi^2}{32}\ln{2}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\left(\frac{\pi}{8}\frac{1}{k}\sin\frac{k\pi}{2}+\frac{1}{4k^2}\cos\frac{k\pi}{2}-\frac{1}{4k^2}\right)\\ &=-\frac{\pi^2}{32}\ln{2}+\frac{\pi}{8}\beta(2)+\frac{3}{128}\zeta(3)-\frac{3}{16}\zeta(3)\\ &=-\frac{\pi^2}{32}\ln{2}+\frac{\pi}{8}\beta(2)-\frac{21}{128}\zeta(3) \end{align*}
そして、
\begin{align*} I&=\frac{\pi^2}{32}\ln{2}+2I'\\ &=\frac{\pi^2}{32}\ln{2}-\frac{\pi^2}{16}\ln{2}+\frac{\pi}{4}\beta(2)-\frac{21}{64}\zeta(3)\\ &=\frac{\pi}{4}\beta(2)-\frac{\pi^2}{32}\ln{2}-\frac{21}{64}\zeta(3) \end{align*}
よって、命題は示された。