16個の積分について

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$16$個の積分について

久しぶりの記事ですね。$2$月下旬に$\mathbb{X}$にて投稿されたこちらのポスト。
全て示してみたいと思い、たまに手をつけていたりしてました。
他の人の力をかりつつも、$12$個は示せたのでここに記事として記しておきます。
残りの$4$つについても、示せたら更新する予定です。

$I_1$

$$\int_{0}^{1}\frac{\arctan(\tan x\sec x)}{\tan x+\sec x}dx=\frac{\pi}2\log2-\frac{\pi}6\log(2+\sqrt3)$$

見た瞬間に、「示せる。」そう確信しました。

\begin{align} I&=\int_{0}^{\frac{\pi}2}\frac{\arctan(\tan x\sec x)}{\tan x+\sec x}dx \\&=\int_{0}^{1}\frac{\arctan\frac{x}{1-x^2}}{1+x}dx\qquad(\sin x\mapsto x) \\&=\frac{\pi}2\log2-\int_{0}^{1}\frac{\arctan\frac{1-x^2}{x}}{1+x}dx \\J&=\int_{0}^{1}\frac{\arctan\frac{1-x^2}{x}}{1+x}dx \\&=\left[\arctan\frac{1-x^2}{x}\log x\right]_0^1+\int_{0}^{1}\frac{x^2+1}{x^4-x^2+1}\log(1+x)dx \\&=\int_{0}^{1}\frac{x^2+1}{x^4-x^2+1}\log(1+x)dx \\f(t)&=\int_{0}^{1}\frac{x^2+1}{x^4-x^2+1}\log(1+tx)dx \\f’(t)&=\int_{0}^{1}\frac{x(x^2+1)}{(x^4-x^2+1)(tx+1)}dx \\&=\frac1{t^4-t^2+1}\int_{0}^{1}\frac{(t^2+1)x^3+(t^3-2t)x^2-(2t^2-1)x+t^3+t}{x^4-x^2+1}dx-\frac{t(t^2+1)}{t^4-t^2+1}\int_{0}^{1}\frac{dx}{tx+1} \\&=\frac1{t^4-t^2+1}\left((t^2+1)\frac{\pi}{6\sqrt3}+(t^3-2t)\left(\frac{\pi}6-\frac{\sqrt3}6\log(2+\sqrt3)\right)-(2t^2-1)\frac{\pi}{3\sqrt3}+(t^3+t)\left(\frac{\pi}6+\frac{\sqrt3}6\log(2+\sqrt3)\right)\right)-\frac{t^2+1}{t^4-t^2+1}\log(tx+1) \\&=\frac{1}{t^4-t^2+1}\left(-(t^2-1)\frac{\pi}{2\sqrt3}+(2t^3-t)\frac{\pi}4+t\frac{\sqrt3}2\log(2+\sqrt3)\right)-\frac{t^2+1}{t^4-t^2+1}\log(tx+1) \\J&=f(1) \\&=\int_{0}^{1}f’(x)dx \\&=-\frac{\pi}{2\sqrt3}\int_{0}^{1}\frac{x^2-1}{x^4-x^2+1}dx+\frac{\pi}{4}\int_{0}^{1}\frac{2x^3-x}{x^4-x^2+1}dx+\frac{\sqrt3}{2}\log(2+\sqrt3)\int_{0}^{1}\frac{x}{x^4-x^2+1}+\int_{0}^{1}\frac{x^2+1}{x^4-x^2+1}\log xdx \\&=\frac{\pi}{3}\log(2+\sqrt3)-J \\J&=\frac{\pi}{6}\log(2+\sqrt3) \\I&=\frac{\pi}{2}\log2-J \\&=\frac{\pi}{2}\log2-\frac{\pi}6\log(2+\sqrt3) \end{align}

ここで示した、
$$\int_{0}^{1}\frac{x^2+1}{x^4-x^2+1}\log(1+x)dx=\frac{\pi}6\log(2+\sqrt3)$$
は、後の$I_7$にて用いる。

$I_2$

$$\int_{-\infty}^{\infty}\exp\left(-\frac{3x^2+15}{2x^2+18}\right)\cos\left(\frac{2x}{x^2+9}\right)\frac{dx}{1+x^2}=\frac{\pi}{e}$$

元ポストでは区間が$0,\infty$ですが、これはミスで$-\infty,\infty$が正しいです。
なんじゃこりゃ、と思いましたが留数定理ですね。

\begin{align} I&=\int_{-\infty}^{\infty}\exp\left(-\frac{3x^2+15}{2x^2+18}\right)\cos\left(\frac{2x}{x^2+9}\right)\frac{dx}{x^2+1} \\&=\mathrm{Re}\int_{-\infty}^{\infty}\exp\left(-\frac{3x^2+15}{2x^2+18}+i\frac{2x}{x^2+9}\right)\frac{dx}{x^2+1} \\&=\mathrm{Re}\left(2\pi i\underset{z=i}{\mathrm{Res}}f(z)\right) \\&=\mathrm{Re}\left(2\pi i\ \frac1{2i}\exp\left(-\frac{15-3}{18-2}+i\frac{2i}{9-1}\right)\right) \\&=\frac{\pi}{e} \end{align}

$\exp$の中身がまともなら、どんなやつでも求められそうですね。

$I_3$

$$\int_{0}^{1}\frac{\log^4(1+x)+6\log^2(1+x)\log^2(1-x)}{x}dx=\frac{21}{4}\zeta(5)$$

簡単に示せそうですが、なんか示せません。
海馬を泳いでみると、紗夜氏のこんな記事が見つかりました。

紗夜氏の記事によると、
$$\int_{0}^{1}\frac{\log^n(1+x)}{x}dx=n!\zeta(n+1)+\frac1{n+1}\log^{n+1}2-\sum_{m=0}^{n}m!\binom{n}{m}\log^{n-m}2\ \mathrm{Li}_{m+1}\left(\frac12\right)$$
$n=4$を代入して、
$$\int_{0}^{1}\frac{\log^4(1+x)}{x}dx=-\frac45\log^52+\frac23\pi^2\log^32-\frac{21}{2}\zeta(3)\log^22+24\zeta(5)-24\log2\ \mathrm{Li}_4\left(\frac12\right)-24\mathrm{Li}_5\left(\frac12\right)$$
また、記事によると、
$$\int_{0}^{1}\frac{\log^2(1+x)\log^2(1-x)}{x}dx=\frac2{15}\log^52-\frac{\pi^2}9\log^32+\frac74\zeta(3)\log^22-\frac{25}8\zeta(5)+4\log2\ \mathrm{Li}_4\left(\frac12\right)+4\mathrm{Li}_5\left(\frac12\right)$$
求める積分の値は、$\zeta(5)$以外が全て消えて
\begin{align} \int_{0}^{1}\frac{\log^4(1+x)-6\log^2(1+x)\log^2(1-x)}{x}dx&=24-\frac{75}4\zeta(5) \\&=\frac{21}4\zeta(5) \end{align}

流石に長すぎて端折りました。
この$2$つの等式はどうやって示すんでしょうか、分からん。

$I_4$

$$\int_{0}^{\infty}\frac{\log x}{\sqrt{x}(1+x)^2(\pi^2+\log^2x)}dx=-\frac{\pi}{24}$$

留数定理ですね。

以下が成り立つ。
$$\frac{1}{\log x+i\pi}=\frac{\log x}{\pi^2+\log^2x}-\frac{\pi}{\pi^2+\log^2x}i$$
虚部の比較を用いる。
\begin{align*} I&=\int_{0}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{x}(1+x)^2(\pi^2+\log^2x)}dx \\&=\mathrm{Im}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{x}(1+x)^2(\log x+i\pi)}dx \\&=\mathrm{Im}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{\frac{x}{2}}}{(1+e^x)^2(x+i\pi)}dx\qquad(x\mapsto e^x) \\&=\mathrm{Im}\left(2\pi i\sum_{n=0}^{\infty}\underset{z=i\pi(2n+1)}{\text{Res}}f(z)\right) \\\underset{z=i\pi(2n+1)}{\text{Res}}f(z)&=\lim_{z\to i\pi(2n+1)}\frac{d}{dz}\frac{e^{\frac{z}2}(z-i\pi(2n+1))^2}{(1+e^z)^2(z+i\pi)} \\&=\lim_{z\to i\pi(2n+1)}\frac{d}{dz}f^2 g \\&=\lim_{z\to i\pi(2n+1)}(2ff'g+f^2g') \\&=-\frac1{4\pi}\frac{(-1)^n}{n+1}+\frac1{4\pi^2}\frac{(-1)^n}{(n+1)^2} \\I&=\mathrm{Im}\left(2\pi i\sum_{n=0}^{\infty}\underset{z=i\pi(2n+1)}{\text{Res}}f(z)\right) \\&=\mathrm{Im}\left(2\pi i\left(-\frac1{4\pi}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+1}+\frac1{4\pi^2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(n+1)^2}\right)\right) \\&=\mathrm{Im}\left(2\pi i\left(-\frac1{4\pi}\log2+\frac1{48}\right)\right) \\&=-\frac{\pi}{24} \end{align*}
$f,g$の極限はについては、
\begin{align*} f&=\frac{z-i\pi(2n+1)}{1+e^z} \\g&=\frac{e^{\frac{z}{2}}}{z+i\pi} \end{align*}
\begin{align*} \lim_{z\to i\pi(2n+1)}f&=\lim_{z\to i\pi(2n+1)}\frac{z-i\pi(2n+1)}{1+e^z}\\&=\lim_{z\to i\pi(2n+1)}\frac1{e^z}\qquad(\text{l'Hôpital's}) \\&=-1 \\\lim_{z\to i\pi(2n+1)}f'&=\lim_{z\to i\pi(2n+1)}\frac{d}{dz}\frac{z-i\pi(2n+1)}{1+e^z} \\&=\lim_{z\to i\pi(2n+1)}\frac{1+e^z-e^z(z-i\pi(2n+1)}{(1+e^z)^2} \\&=\lim_{z\to i\pi(2n+1)}\frac{e^z-e^z(z-i\pi(2n+1)-e^z}{2(1+e^z)e^z}\qquad(\text{l'Hôpital's}) \\&=-\frac12\lim_{z\to i\pi(2n+1)}\frac{z-i\pi(2n+1)}{1+e^z} \\&=\frac12 \\\lim_{z\to i\pi(2n+1)}g&=\lim_{z\to i\pi(2n+1)}\frac{e^{\frac{z}{2}}}{z+i\pi} \\&=\frac{(-1)^ni}{2\pi i(n+1)} \\&=\frac1{2\pi}\frac{(-1)^n}{n+1} \\\lim_{z\to i\pi(2n+1)}g'&=\lim_{z\to i\pi(2n+1)}\frac{d}{dz}\frac{e^{\frac{z}{2}}}{z+i\pi} \\&=\lim_{z\to i\pi(2n+1)}\frac{\frac12e^{\frac{z}{2}}(z+i\pi)-e^{\frac{z}2}}{(z+i\pi)^2} \\&=\frac{\frac12(-1)^ni2\pi i(n+1)-(-1)^ni}{-4\pi^2(n+1)^2} \\&=\frac{1}{4\pi}\frac{(-1)^n}{n+1}+\frac1{4\pi^2}\frac{(-1)^n}{(n+1)^2} \end{align*}

分子に$\log x$がないやつも、同様にして求められますね。

$I_5$

$$\int_{0}^{\infty}\frac{1-\cos x}{x^2(1-\cos x)-4x\sin x+8}dx=\frac{\pi}4$$

分からん。

$I_6$

$$\int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{x^4+x^2+1}dx=\frac{\pi^2}{8\sqrt3}-\frac23\beta(2)+\frac{\pi}{12}\log(2+\sqrt3)$$

$\arctan x$は微分すればなんか上手くいきます。

(補題)
$$\int_{0}^{\infty}\left(\frac{t}{tx+1}-\frac{x}{x^2+x+1}\right)dx=\log t+\frac{\pi}{3\sqrt3}$$

$$\int_{0}^{1}\frac{dx}{x^2+x+1}=\frac{2\pi}{3\sqrt3}$$

$$\int_{0}^{1}\frac{dx}{x^4-x^2+1}=\frac{\pi}{4}+\frac1{2\sqrt3}\log(2+\sqrt3)$$

$$\int_{0}^{1}\frac{x^2}{x^4-x^2+1}dx=\frac{\pi}{4}-\frac1{2\sqrt3}\log(2+\sqrt3)$$

$$\int_{0}^{1}\frac{x^2}{x^4-x^2+1}\log xdx=-\frac23\beta(2)+\frac{\pi^2}{12\sqrt3}$$
$1,2,3$つ目の補題の証明は省略。
$4$つ目の補題はこちらを参照。
\begin{align} f(t)&=\int_{0}^{\infty}\frac{\arctan(tx)}{x^4+x^2+1}dx \\f’(t)&=\int_{0}^{\infty}\frac{x}{(t^2x^2+1)(x^4+x^2+1)}dx \\&=\frac12\frac1{t^4-t^2+1}\left(t^2\int_{0}^{\infty}\left(\frac{t^2}{t^2x+1}-\frac{x}{x^2+x+1}\right)dx-(t^2-1)\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{x^2+x+1}\right) \\&=\frac12\frac1{t^4-t^2+1}\left(2t^2\log t-\frac{\pi}{3\sqrt3}t^2+\frac{2\pi}{3\sqrt3}\right) \\&=\frac{t^2\log t}{t^4-t^2+1}-\frac{\pi}{6\sqrt3}\frac{t^2}{t^4-t^2+1}+\frac{\pi}{3\sqrt3}\frac1{t^4-t^2+1} \\f(1)&=\int_{0}^{1}f’(t)dt \\&=\int_{0}^{1}\frac{t^2\log t}{t^4-t^2+1}dt-\frac{\pi}{6\sqrt3}\int_{0}^{1}\frac{t^2}{t^4-t^2+1}dt+\frac{\pi}{3\sqrt3}\int_{0}^{1}\frac{dt}{t^4-t^2+1}dt \\&=\int_{0}^{1}\frac{t^2\log t}{t^4-t^2+1}dt-\frac{\pi^2}{24\sqrt3}+\frac{\pi}{36}\log(2+\sqrt3)+\frac{\pi^2}{12\sqrt3}+\frac{\pi}{18}\log(2+\sqrt3) \\&=\int_{0}^{1}\frac{t^2\log t}{t^4-t^2+1}dt+\frac{\pi^2}{24\sqrt3}+\frac{\pi}{12}\log(2+\sqrt3) \\&=-\frac23\beta(2)+\frac{\pi^2}{12\sqrt3}+\frac{\pi^2}{24\sqrt3}+\frac{\pi}{12}\log(2+\sqrt3) \\&=\frac{\pi^2}{8\sqrt3}-\frac23\beta(2)+\frac{\pi}{12}\log(2+\sqrt3) \end{align}

フルヴィッツのゼータ函数の特殊値
$$\zeta\left(2,\frac5{12}\right)-\zeta\left(2,\frac{11}{12}\right)$$
を求めると補題$4$を示せますが、ちょっとよくわかんなかったです。

$I_7$

$$\int_{0}^{\infty}\frac{\log(1+x)}{x^4-x^2+1}dx=-\frac{\pi^2}{12\sqrt3}+\frac{2}3\beta(2)+\frac{\pi}6\log(2+\sqrt3)$$

とりあえず$\di t=\frac1x$で置換すればいいお😎

(補題)
$$\int_{0}^{1}\frac{x^2+1}{x^4-x^2+1}\log(1+x)dx=\frac{\pi}6\log(2+\sqrt3)$$
$$\int_{0}^{1}\frac{x^2}{x^4-x^2+1}\log xdx=-\frac23\beta(2)+\frac{\pi^2}{12\sqrt3}$$
証明略。
\begin{align} I&=\int_{0}^{\infty}\frac{\log(1+x)}{x^4-x^2+1}dx \\&=\left(\int_{0}^{1}+\int_{1}^{\infty}\right)\frac{\log(1+x)}{x^4-x^2+1}dx \\&=\int_{0}^{1}\frac{x^2+1}{x^4-x^2+1}\log(1+x)dx-\int_{0}^{1}\frac{x^2}{x^4-x^2+1}\log xdx \\&=\frac{\pi}6\log(2+\sqrt3)+\frac23\beta(2)+\frac{\pi^2}{12\sqrt3} \end{align}

過去のやつ使ったので短いですね。

$I_8$

$$\int_{0}^{1}\frac{\log(1-x^2)\log(1+x^2)}{1+x^2}dx=\frac{\pi^3}{32}-3\beta(2)\log2+\frac{\pi}2\log^22$$

分からん。

$I_9$

$$\int_{0}^{\frac{\pi}4}\log(2+\sqrt{1-\tan^2x})dx=\frac{7}{24}\pi\log2-\frac16\beta(2)+\frac{\pi}2\log(1+\sqrt2)-\frac{\pi}3\log(1+\sqrt3)$$

$\mathrm{KBHM}$氏のポストで解決しています。

ポスト

行間でかい🤨

$I_{10}$

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin\left(x-\frac1x\right)}{x+\frac1x}dx=\frac{\pi}{e^2}$$

$\mathrm{NKS}$氏の過去の記事に一般化がありました。

$\mathrm{NKS}$氏のこちらの記事の命題$6$にて、$t=1$とすればいい。

次の$I_{11}$と同じ手法でできないかなと思ったんですが、なんかできなかったです。

$I_{11}$

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos\left(x- \frac1x\right)}{\left(x+\frac1x\right)^2}dx=\frac{\pi}{2e^2}$$

$I_{11}$と同じ手法でできるかと思いましたが、なんかできなかったです。
積分$\mathrm{bot}$で$3$月上旬から追加させている積分の$1$つを用います。

(補題)
$$\int_{0}^{\infty}f(x^2)dx=\int_{0}^{\infty}f\left(\left(x-\frac1x\right)^2 \right)dx$$
$$\int_{0}^{\infty}\frac{\cos ax}{x^2+1}dx=\frac{\pi}2e^{-a}$$
証明略。

補題にて$\di f(x)=\frac{\cos\sqrt{x}}{x+4}$とする。
\begin{align} \int_{0}^{\infty}f(x^2)dx&=\int_{0}^{\infty}\frac{\cos x}{x^2+4} \\&=\frac12\int_{0}^{\infty}\frac{\cos2x}{x^2+1}dx \\&=\frac{\pi}{4e^2} \\\int_{0}^{\infty}f\left(\left(x-\frac1x\right)^2 \right)dx&=\int_{0}^{\infty}\frac{\cos\left(x-\frac1x\right)}{\left(x-\frac1x\right)^2+4}dx \\&=\int_{0}^{\infty}\frac{\cos(x-\frac1x)}{\left(x+\frac1x\right)^2}dx \\&=\frac12\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos(x-\frac1x)}{\left(x+\frac1x\right)^2}dx \end{align}
両辺を$2$倍して、題意を得る。

これ補題$1$を介さずに留数定理使えたりするんですかね。
微分方程式で示したいですね。

$I_{12}$

$$\int_{0}^{1}\frac{\log(1-x)\log(1-x^4)}{x}dx=\frac{67}{32}\zeta(3)-\frac{\pi}2\beta(2)$$

$\log$を分解できますね。

ポスト

母関数とポリログの特殊値でゴリ押してしまった😗
$\mathrm{level4}$の多重$L$値にできるらしいですが、あんま知らないです。

$I_{13}$

$$\int_{0}^{\frac{\pi}2}x^2\sqrt{\tan x}dx=\frac{5}{48\sqrt2}\pi^3+\frac{\pi^2}{4\sqrt2}\log2-\frac{\pi}{4\sqrt2}\log^22$$

$\mathrm{KBHM}$氏のポストで解決しています。

ポスト

$x^n$だと、かなり複雑になりそうですね。

$I_{14}$

$$\int_{0}^{\frac{\pi}4}\mathrm{arcsinh}(\sin x)dx=\beta(2)-\frac58\mathrm{Cl}_2\left(\frac{\pi}3\right)$$

$\mathrm{Cl}$はクラウゼン関数です。塩素じゃないです。
$$\mathrm{Cl}_2(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\sin(nx)}{n^2}$$
分からん。
$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}\sum_{m=0}^{n}\frac{\beta_m}{2^m}=\frac{5}{4\sqrt2}\mathrm{Cl}_2\left(\frac{\pi}3\right)$$
が示せたらいいんですが、どうやったら示せるんでしょうか。

$I_{15}$

$$\int_{0}^{\frac{\pi}2}x\arcsin(\sin x-\cos x)dx=\frac{\pi^3}{96}+\frac{\pi}8\log^22$$

分からん。

$I_{16}$

$$\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\frac{\log(x+y+1)}{xy\left((x+y+1)\left(\frac1x+\frac1y+1\right)-1\right)}dxdy=\frac72\zeta(3)$$

$\mathrm{KBHM}$氏に教えてもらいました。

以下が成り立つ。
$$(x+y+1)\left(\frac1x+\frac1y+1\right)-1=\frac{(1+x)(1+y)(x+y)}{xy}$$
$\di x=s+t\quad y=s-t$と置換する。
ヤコビアンは、
\begin{align} J&=\begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial t} & \frac{\partial x}{\partial s} \\ \frac{\partial y}{\partial t} & \frac{\partial y}{\partial s} \\ \end{pmatrix} \\&=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & -1 \\ \end{pmatrix} \\|\mathrm{det}J|&=2 \end{align}
\begin{align} I&=\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\frac{\log(x+y+1)}{xy\left((x+y+1)\left(\frac1x+\frac1y+1\right)-1\right)}dxdy \\&=\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\frac{\log(1+x+y)}{(1+x)(1+y)(x+y)}dxdy \\&=2\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{s}\frac{\log(1+s)}{s(1+s+t)(1+s-t)}dsdt \\&=2\int_{0}^{\infty}\frac{\log(1+s)^2}{s(s+2)}ds \\&=2\int_{0}^{1}\frac{\log^2x}{1-x^2}dx \\&=\frac72\zeta(3) \end{align}

あんまよくわかってない。
ヤコビアンってトレビアンと似てますよね。