積分・級数botを解く integral 1-4
積分を解く
今週も級数・積分botの積分を解いていきます。
解く積分
$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\arctan{\frac{\sin{x}}{2}}dx=\frac{\pi^2}{12}-\frac{3\ln^2{\phi}}{2} $$
※$(\ln{x})^n=\ln^nx$と表すことにします。また$\phi$は黄金数です。
特殊関数にある程度馴染みのある人は、右辺を見るとある関数がちらつくかもしれませんが、恐らくその関数も使います。
パラメータの追加
$I(s)$を次のように定義します。
$$ I(s)\coloneqq\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\arctan{(s\sin{x})}dx\quad s>0 $$
※このとき、$I(1/2)=I$です。
$I'(s)$の計算
I'(s)を計算していきます。
$$\begin{align} I'(s)=&\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\partial}{\partial s}\arctan{(s\sin{x})}dx\\[5pt] =&\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin{x}}{1+s^2\sin^2{x}}dx\\[5pt] =&\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin{x}}{1+s^2-s^2\cos^2{x}}dx\\[5pt] =&\int_{0}^{1}\frac{dy}{1+s^2-s^2y^2}\qquad\cos{x}\mapsto y\\[5pt] =&\int_{0}^{1}\frac{1}{s^2}\frac{dy}{\left(\sqrt{\dfrac{1+s^2}{s^2}}\right)^2-y^2}\\[5pt] =&\frac{1}{s^2}\frac{1}{2\sqrt{\dfrac{1+s^2}{s^2}}}\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{\dfrac{1+s^2}{s^2}}+y}+\frac{1}{\sqrt{\dfrac{1+s^2}{s^2}}-y}dy\\[5pt] =&\frac{1}{2s\sqrt{1+s^2}}\left\lbrack\ln{\frac{\sqrt{1+s^2}+sy}{\sqrt{1+s^2}-sy}}\right\rbrack_{0}^{1}\\[5pt] =&\frac{1}{2s\sqrt{1+s^2}}\ln{\frac{\sqrt{1+s^2}+s}{\sqrt{1+s^2}-s}}\\[5pt] =&\frac{\ln(s+\sqrt{1+s^2})}{s\sqrt{1+s^2}}\\[5pt] =&\frac{\mathrm{arsinh}\,{s}}{s\sqrt{1+s^2}} \end{align}$$
※最後は$\mathrm{arsinh}\,{x}=\ln(x+\sqrt{1+x^2})$を使っています。
$\mathrm{arsinh}\,{x}$は、$\sinh{x}$の逆関数です。
$I(s)$を求める
$I'(s)$が求まったので、これを積分して$I(s)$を計算しましょう。
$I(0)=0$であることに注意すると、
$$\begin{align} I(s)=&\int_{0}^{s}\frac{\mathrm{arsinh}\,{s}}{s\sqrt{1+s^2}}ds\\[5pt] =&\int_{0}^{\sinh^{-1}s}\frac{t}{\sinh{t}\sqrt{1+\sinh^2{t}}}\cosh{t}\,dt\qquad s\mapsto\sinh{t}\\[5pt] =&\int_{0}^{\sinh^{-1}{s}}\frac{t}{\sinh{t}}dt\qquad\because\,1+\sinh^2{t}=\cosh^2{t}\\[5pt] =&2\int_{0}^{\sinh^{-1}{s}}\frac{t}{e^{t}-e^{-t}}dt\\[5pt] =&2\int_{0}^{\sinh^{-1}{s}}\frac{te^{-t}}{1-e^{-2t}}dt\\[5pt] =&2\int_{0}^{\sinh^{-1}{s}}te^{-t}\sum_{n=0}^{\infty}\left(e^{-2t}\right)^ndt\qquad\because\,e^{-2t}<1\quad(t>0)\\[5pt] =&2\sum_{n=0}^{\infty}\int_{0}^{\sinh^{-1}s}te^{-(2n+1)t}dt\\[5pt] =&2\sum_{n=0}^{\infty}\left(\left\lbrack-\frac{te^{-(2n+1)t}}{2n+1}\right\rbrack_{0}^{\sinh^{-1}s}+\frac{1}{2n+1}\int_{0}^{\sinh^{-1}s}e^{-(2n+1)t}dt\right)\\[5pt] =&2\sum_{n=0}^{\infty}\left(-\frac{\sinh^{-1}s\left(e^{-\sinh^{-1}s}\right)^{2n+1}}{2n+1}-\frac{\left(e^{-\sinh^{-1}s}\right)^{2n+1}}{(2n+1)^2}+\frac{1}{(2n+1)^2}\right) \end{align}$$
ここで、$e^{-\sinh{s}}$がさらに計算できて、$\sqrt{s^2+1}-s$と一致します。
$$ e^{-\sinh{s}}=e^{-\ln(s+\sqrt{s^2+1})}=\frac{1}{s+\sqrt{s^2+1}}=\sqrt{s^2+1}-s $$
これを先ほどの式に適応して整理すると、
$$ I(s)=2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}-2\sinh^{-1}s\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\sqrt{s^2+1}-s\right)^{2n+1}}{2n+1}-2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\sqrt{s^2+1}-s\right)^{2n+1}}{(2n+1)^2} $$
$\sum$だけで表すことができました。
後は一つずつ$\sum$を計算していくだけです。
第1項の計算
第1項はこんな級数でした。
$$ 2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2} $$
ここまで見てくれている人は知っていると思いますが、この級数は$\zeta$関数という関数と関係があります。
$$ \zeta(s)\coloneqq\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}\quad \Re(s)>1 $$
第1項は、奇数の平方の逆数和となっているので$\zeta(2)$で書けそうですね。
実際計算すると、
$$\begin{align} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}=&\sum_{n:\mathrm{odd}}\frac{1}{n^2}\\[5pt] =&\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n^2}-\sum_{n:\mathrm{even}}\frac{1}{n^2}\\[5pt] =&\zeta(2)-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^2}\\[5pt] =&\zeta(2)-\frac{1}{4}\zeta(2)\\[5pt]=& \frac{3}{4}\zeta(2) \end{align}$$
$\zeta(2)=\pi^2/6$であることを思い出すと、第1項は、
$$ 2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}=2\cdot\frac{3}{4}\zeta(2)=\frac{\pi^2}{4} $$
第2項の計算
第2項はこれです。
$$ -2\sinh^{-1}s\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\sqrt{s^2+1}-s\right)^{2n+1}}{2n+1} $$
一見見慣れない形ですが、実は$\mathrm{artanh}\,{x}$のテイラー展開の形になっています。
ここで、$\mathrm{artanh}\,{x}$の対数関数による表示
$$ \mathrm{artanh}\,{x}=\frac{1}{2}\ln{\frac{1+x}{1-x}} $$
証明
$$y=\mathrm{artanh}\,{x}$$とおくと、$$\begin{align} &\tanh{y}=x\\[5pt] &\frac{e^{y}-e^{-y}}{e^{y}+e^{-y}}=x\\[5pt] &e^{y}(1-x)=e^{-y}(1+x)\\[5pt] &e^{2y}=\frac{1+x}{1-x} \end{align}$$自然対数を取り、両辺を2で割ると$$ \mathrm{artanh}\,{x}=\frac{1}{2}\ln{\frac{1+x}{1-x}} $$
を使うことで、
$$ \mathrm{artanh}\,{x}=\frac{1}{2}\ln{\frac{1+x}{1-x}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\quad\lvert x\rvert<1 $$
証明
$$\begin{align} \mathrm{artanh}\,{x}=&\int_{0}^{x}\frac{1}{1-t^2}dt\\[5pt] =&\int_{0}^{x}\sum_{n=0}^{\infty}\left(t^2\right)^ndt\\[5pt] =&\sum_{n=0}^{\infty}\int_{0}^{x}t^{2n}dt\\[5pt] =&\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n+1}}{2n+1} \end{align}$$が成り立つことがわかります。
今回は$x=\sqrt{s^2+1}-s$、$s>0$の範囲では$0<\sqrt{s^2+1}-s<1$なので、
$$\begin{align} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\sqrt{s^2+1}-s\right)^{2n+1}}{2n+1} =&\frac{1}{2}\ln{\frac{1+\sqrt{s^2+1}-s}{1-\sqrt{s^2+1}+s}}\\[5pt] =&\frac{1}{2}\ln{\frac{\left(1-s+\sqrt{s^2+1}\right)\left(1+s+\sqrt{s^2+1}\right)}{\left(1+s-\sqrt{s^2+1}\right)\left(1+s+\sqrt{s^2+1}\right)}}\\[5pt] =&\frac{1}{2}\ln{\frac{1+\sqrt{s^2+1}}{s}} \end{align}$$
このように計算を進めることが出来ます。
また、$\sinh^{-1}{s}=\ln(s+\sqrt{s^2+1})$であることと、
今求めた式に注意して第2項を整理すると、
$$\begin{align} -2\sinh^{-1}{s}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\sqrt{s^2+1}-s\right)^{2n+1}}{2n+1}=-\ln(s+\sqrt{s^2+1})\ln{\frac{1+\sqrt{s^2+1}}{s}} \end{align}$$
第3項の計算
いよいよ最後の第3項です。
$$ -2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\sqrt{s^2+1}-s\right)^{2n+1}}{(2n+1)^2} $$
しかしこの級数はなかなか難しく、初等的な変形をしていてもうまくいきません。
（少なくとも筆者は、この級数を解決する初等的な方法を思いつきませんでした。）
そこでとある特殊関数を二つ導入します。
$$ \chi_{s}(z)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{2n+1}}{(2n+1)^s} $$
$$ \mathrm{Li}_{s}(z)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^n}{n^s} $$
どうでしょうか、$\chi$関数の定義は今求めたい級数にピッタリ一致しますね。
しかし、この関数のままでは計算しにくいので、多重対数関数という関数に帰着させて解きます。（なので、わざわざ$\chi$関数は定義しなくても良かったのですが、せっかくなので書きました。）
$$ \chi_{s}(z)=\frac{1}{2}\mathrm{Li}_{s}(z)-\frac{1}{2}\mathrm{Li}_{s}(-z) $$
証明
$$\begin{align} \frac{1}{2}\mathrm{Li}_{s}(z)-\frac{1}{2}\mathrm{Li}_{s}(-z) =&\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^n}{n^s}-\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-z)^n}{n^s}\\[5pt] =&\frac{1}{2}\left(\sum_{n:\mathrm{odd}}\frac{z^n}{n^s}+\sum_{n:\mathrm{even}}\frac{z^n}{n^s}\right) -\frac{1}{2}\left(\sum_{n:\mathrm{odd}}\frac{(-z)^n}{n^s}+\sum_{n:\mathrm{even}}\frac{(-z)^n}{n^s}\right)\\[5pt] =&\sum_{n:\mathrm{odd}}\frac{z^n}{n^s}\\[5pt] =&\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{2n+1}}{(2n+1)^s}\\[5pt] =&\chi_{s}(z) \end{align}$$第3項で出てきた級数は$\chi$関数の定義から次のように表せます。
$$ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\sqrt{s^2+1}-s\right)^{2n+1}}{(2n+1)^2}=\chi_{2}\left(\sqrt{s^2+1}-s\right) $$
また、$\chi$関数と多重対数関数の関係式より、
$$ \chi_{2}\left(\sqrt{s^2+1}-s\right)=\frac{1}{2}\mathrm{Li}_{2}\left(-s+\sqrt{s^2+1}\right)-\frac{1}{2}\mathrm{Li}_{2}\left(s-\sqrt{s^2+1}\right) $$
このように整理され、第3項はこの結果を代入して、
$$ -2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\sqrt{s^2+1}-s\right)^{2n+1}}{(2n+1)^2}=\mathrm{Li}_{2}\left(s-\sqrt{s^2+1}\right)-\mathrm{Li}_{2}\left(-s+\sqrt{s^2+1}\right) $$
$I(s)$の結果
先ほど求めた項の計算をすべて足すことで、
$$ I(s)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\arctan{(s\sin{x})}dx =\frac{\pi^2}{4}-\ln(s+\sqrt{s^2+1})\ln{\frac{1+\sqrt{s^2+1}}{s}}+\mathrm{Li}_{2}\left(s-\sqrt{s^2+1}\right)-\mathrm{Li}_{2}\left(-s+\sqrt{s^2+1}\right) $$
長かったですが、ようやく$I(s)$が求まりました。
もちろん$\chi$関数を用いて、
$$ I(s)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\arctan{(s\sin{x})}dx =\frac{\pi^2}{4}-\ln(s+\sqrt{s^2+1})\ln{\frac{1+\sqrt{s^2+1}}{s}}-2\chi_{2}\left(\sqrt{s^2+1}-s\right) $$
とも表すことが出来ます。
元の積分を求める。
ここで、今回求めたい積分は$I(1/2)$に等しいので、代入して
$$ I=I\left(\frac{1}{2}\right)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\arctan{\frac{\sin{x}}{2}}dx=\frac{\pi^2}{4}-\ln\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)\ln(2+\sqrt{5})+\mathrm{Li}_{2}\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)-\mathrm{Li}_{2}\left(\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\right) $$
黄金数$\phi$を用いて更に式を整理します。
以下に$\phi$の累乗の一部を載せておきます。
$$\begin{align} \phi\coloneqq&\frac{1+\sqrt{5}}{2}\\[5pt] \phi^2=&\frac{3+\sqrt{5}}{2}\\[5pt] \phi^3=&2+\sqrt{5}\\[5pt] \phi^{-1}=&\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\\[5pt] \phi^{-2}=&\frac{3-\sqrt{5}}{2}\\[5pt] \phi^{-3}=&-2+\sqrt{5}\\[5pt] \end{align}$$
これらを用いると、
$$\begin{align} I=&\frac{\pi^2}{4}-\ln\phi\ln{\phi^3}+\mathrm{Li}_{2}\left(-\phi^{-1}\right)-\mathrm{Li}_{2}\left(\phi^{-1}\right)\\[5pt] =&\frac{\pi^2}{4}-3\ln^2{\phi}+\mathrm{Li}_{2}\left(-\phi^{-1}\right)-\mathrm{Li}_{2}\left(\phi^{-1}\right) \end{align}$$
のようにして整理されました。
二重対数関数を処理する
$\phi$を用いて綺麗になりましたが、二重対数関数$\mathrm{Li}_{2}$が残ってしまっています。ほとんどの実数で二重対数関数は計算できませんが、引数に黄金数の累乗が入っている場合は計算できることがあります。
今回はうまく計算できるのでそれを示すためにいくつか補題を用意しました。
$$ \mathrm{Li}_{2}(z)=-\int_{0}^{z}\frac{\ln(1-t)}{t}dt $$
証明
$$\begin{align} \mathrm{Li}_{2}(z)=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^n}{n^2}\\[5pt] =&\sum_{n=1}^{\infty}\int_{0}^{z}\frac{t^{n-1}}{n}dt\\[5pt] =&\int_{0}^{z}\frac{1}{t}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{t^n}{n}dt\\[5pt] =&-\int_{0}^{z}\frac{\ln(1-t)}{t}dt \end{align}$$最後の式変形は$\ln(1-x)$のテイラー展開
$$ \ln(1-x)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n} $$
を使いました。
$$ \mathrm{Li}_{2}(x)+\mathrm{Li}_{2}(1-x)=\frac{\pi^2}{6}-\ln{x}\ln(1-x) $$
証明
補題2より$$\begin{align} \mathrm{Li}_{2}(x)+\mathrm{Li}_{2}(1-x)=&-\int_{0}^{x}\frac{\ln(1-t)}{t}dt-\int_{0}^{1-x}\frac{\ln(1-t)}{t}dt\\[5pt] =&-\int_{0}^{1}\frac{\ln(1-t)}{t}dt-\int_{1}^{x}\frac{\ln(1-t)}{t}dt-\int_{0}^{1-x}\frac{\ln(1-t)}{t}dt\\[5pt] =&\mathrm{Li}_{2}(1)-\int_{1}^{x}\frac{\ln(1-t)}{t}dt+\int_{1}^{x}\frac{\ln(s)}{1-s}ds\qquad 1-t\mapsto s\\[5pt] =&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}-\int_{1}^{x}\frac{\ln(1-t)}{t}dt-\big\lbrack\ln(1-s)\ln{s}\big\rbrack_{1}^{x}+\int_{1}^{x}\frac{\ln(1-s)}{s}ds\\[5pt] =&\frac{\pi^2}{6}-\ln(1-x)\ln{x}+\ln(1-s)\ln(s)\bigg\rvert_{s\to 1} \end{align}$$ここで$\ln(1-s)\Big\rvert_{s\to1}$よりも$\ln{s}\Big\rvert_{s\to1}$のほうが速く収束するので最後の項が消えて、補題3が示されます。
$$ \mathrm{Li}_{2}(1-x)+\mathrm{Li}_{2}\left(1-\frac{1}{x}\right)=-\frac{\ln^2{x}}{2} $$
証明
この関係式を示すために、$$ \mathrm{Li}_{2}(x)-\mathrm{Li}_{2}\left(1-\frac{1}{x}\right) $$
の微分を計算します。
$$\begin{align} \frac{d}{dx}\left\lbrace\mathrm{Li}_{2}(x)-\mathrm{Li}_{2}\left(1-\frac{1}{x}\right)\right\rbrace=&-\frac{\ln(1-x)}{x}+\frac{\ln(1/x)}{1-1/x}\frac{1}{x^2}\\[5pt] =&-\frac{\ln(1-x)}{x}+\frac{\ln{x}}{x(1-x)}\\[5pt] =&-\frac{\ln(1-x)}{x}+\ln{x}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}\right)\\[5pt] =&-\frac{\ln(1-x)}{x}+\frac{\ln{x}}{x}+\frac{\ln{x}}{1-x}\\[5pt] \end{align}$$
この両辺を$1$から$x$まで積分して、
$$\begin{align} \int_{1}^{x}\frac{d}{dx}\left\lbrace\mathrm{Li}_{2}(x)-\mathrm{Li}_{2}\left(1-\frac{1}{x}\right)\right\rbrace dx =&-\int_{1}^{x}\frac{\ln(1-t)}{t}dt+\int_{1}^{x}\frac{\ln{t}}{t}dt+\int_{1}^{x}\frac{\ln{t}}{1-t}dt\\[5pt] \mathrm{Li}_{2}(x)-\mathrm{Li}_{2}(1)-\mathrm{Li}_{2}\left(1-\frac{1}{x}\right)+\mathrm{Li}_{2}(0)=&-\big\lbrack\ln{t}\ln(1-t)\big\rbrack_{1}^{x}-\int_{1}^{x}\frac{\ln{t}}{1-t}dt+\int_{1}^{x}\ln{t}(\ln{t})'dt+\int_{1}^{x}\frac{\ln{t}}{1-t}dt\\[5pt] \mathrm{Li}_{2}(x)-\mathrm{Li}_{2}\left(1-\frac{1}{x}\right)-\frac{\pi^2}{6}=&-\ln{x}\ln(1-x)+\ln{s}\ln(1-s)\Big\rvert_{s\to1}+\left\lbrack\frac{1}{2}\ln^2{t}\right\rbrack_{1}^{x}\\[5pt] \mathrm{Li}_{2}(x)-\mathrm{Li}_{2}\left(1-\frac{1}{x}\right)=&\frac{\pi^2}{6}+\frac{\ln^2{x}}{2}-\ln{x}\ln(1-x) \end{align}$$
補題3からこの式を引くことで、補題4を得ます。
$$ \mathrm{Li}_{s}\left(x^2\right)=2^{s-1}\Big(\mathrm{Li}_{s}(x)+\mathrm{Li}_{s}(-x)\Big) $$
証明
$$\begin{align} \mathrm{Li}_{s}(x)+\mathrm{Li}_{s}(-x)=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n^s}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-x)^n}{n^s}\\[5pt] =&\sum_{n:\mathrm{odd}}\frac{x^n}{n^s}+\sum_{n:\mathrm{even}}\frac{x^n}{n^s}+\sum_{n:\mathrm{odd}}\frac{(-x)^n}{n^s}+\sum_{n:\mathrm{even}}\frac{(-x)^n}{n^s}\\[5pt] =&2\sum_{n:\mathrm{even}}\frac{x^n}{n^s}\\[5pt] =&2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n}}{(2n)^s}\\[5pt] =&\frac{1}{2^{s-1}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(x^2\right)^n}{n^s}\\[5pt] =&\frac{1}{2^{s-1}}\mathrm{Li}_{s}\left(x^2\right) \end{align}$$両辺$2^{s-1}$倍すれば補題5が示されます。
これらを駆使して特殊値を求めていきましょう。
補題3の$x$に$\phi^{-1}$を代入して計算を進めると、
$$\begin{align} \mathrm{Li}_{2}\left(\phi^{-1}\right)+\mathrm{Li}_{2}\left(1-\phi^{-1}\right)=&\frac{\pi^2}{6}-\ln{\phi^{-1}}\ln(1-\phi^{-1})\\[5pt] \mathrm{Li}_{2}\left(\phi^{-1}\right)+\mathrm{Li}_{2}\left(\phi^{-2}\right)=&\frac{\pi^2}{6}+\ln{\phi}\ln{\phi^{-2}}\\[5pt] \mathrm{Li}_{2}\left(\phi^{-1}\right)=&\frac{\pi^2}{6}-2\ln^2{\phi}-\mathrm{Li}_{2}\left(\phi^{-2}\right) \end{align}$$
また、補題4の$x$に$\phi$を代入して計算を進めると、
$$\begin{align} \mathrm{Li}_{2}(1-\phi)+\mathrm{Li}_{2}\left(1-\phi^{-1}\right)=&-\frac{1}{2}\ln^2{\phi}\\[5pt] \mathrm{Li}_{2}\left(-\phi^{-1}\right)+\mathrm{Li}_{2}\left(\phi^{-2}\right)=&-\frac{1}{2}\ln^2{\phi}\\[5pt] \mathrm{Li}_{2}\left(-\phi^{-1}\right)=&-\frac{1}{2}\ln^2{\phi}-\mathrm{Li}_{2}\left(\phi^{-2}\right) \end{align}$$
最後に、補題5の$x$に$\phi^{-1}$を代入して上の二つの式を使うと、
$$\begin{align} \mathrm{Li}_{2}\left(\phi^{-2}\right)=&2\mathrm{Li}_{2}\left(\phi^{-1}\right)+2\mathrm{Li}_{2}\left(-\phi^{-1}\right)\\[5pt] =&2\left(\frac{\pi^2}{6}-2\ln^2{\phi}-\mathrm{Li}_{2}\left(\phi^{-2}\right)\right)+2\left(-\frac{1}{2}\ln^2{\phi}-\mathrm{Li}_{2}\left(\phi^{-2}\right)\right)\\[5pt] =&\frac{\pi^2}{3}-5\ln^2{\phi}-4\mathrm{Li}_{2}\left(\phi^{-2}\right)\\[5pt] \end{align}$$
$\mathrm{Li}_{2}\left(\phi^{-2}\right)$を左辺に移行して、両辺$5$で割ると、
$$ \mathrm{Li}_{2}\left(\phi^{-2}\right)=\frac{\pi^2}{15}-\ln^2{\phi} $$
となって、$\mathrm{Li}_{2}\left(\phi^{-2}\right)$が求まりました！
これをもう一度上の二つの関係式に代入して整理することで、
$$\begin{align} \mathrm{Li}_{2}\left(\phi^{-1}\right)=\frac{\pi^2}{10}-\ln^2{\phi}\\[5pt] \mathrm{Li}_{2}\left(-\phi^{-1}\right)=-\frac{\pi^2}{15}+\frac{\ln^2{\phi}}{2} \end{align}$$
特殊値を求めるだけでもだいぶ大変でしたね。
ようやく$I$を求める準備が整いました。
$I$を求める
いよいよラストスパートです。（とは言え、後は結果を代入するだけです。）
今わかっている$I$の式は、
$$ I=\frac{\pi^2}{4}-3\ln^2{\phi}+\mathrm{Li}_{2}\left(-\phi^{-1}\right)-\mathrm{Li}_{2}\left(\phi^{-1}\right) $$
でした。
よって、今求めた二重対数関数の特殊値を代入して整理すると、
$$\begin{align} I=&\frac{\pi^2}{4}-3\ln^2{\phi}+\mathrm{Li}_{2}\left(-\phi^{-1}\right)-\mathrm{Li}_{2}\left(\phi^{-1}\right)\\[5pt] =&\frac{\pi^2}{4}-3\ln^2{\phi}+\left(-\frac{\pi^2}{15}+\frac{\ln^2{\phi}}{2}\right)-\left(\frac{\pi^2}{10}-\ln^2{\phi}\right)\\[5pt] =&\frac{\pi^2}{12}-\frac{3\ln^2{\phi}}{2} \end{align}$$
求めたい積分が計算出来ました。
ここまで見てくれてありがとうございました。
今回の記事の参考にさせて頂いた「
まめけびさん
」が、
$I(s)$の$s$に$1/2$以外にも$1$や$2$を入れた積分を解説しています。
ここまで大変な積分は久しぶりです。
それではまた。
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