文献あり

部分積分

3.1 定義・公式

部分積分の公式

$a\leq c< d\leq b$とする。関数$f(x),\,g(x)$が$[a,\,b]$上連続かつ、区分的$C^1$級ならば、次の部分積分の公式が成り立つ。
$$ \int_c^d f(x)g'(x)\,dx = \bkk{ f(x)g(x) }_c^d - \int_c^d f'(x)g(x)\,dx $$

$h(x)\coloneqq f(x)g(x)$とする。$f(x),\,g(x)$は区分的$C^1$級であるから、$h(x)$も区分的$C^1$級である。
これより$[c,\,d]$の区間分割$c=x_0< x_1<\cdots< x_n=d$は、各区間$(x_{k-1},\,x_k)$に対して$h(x)$が$C^1$級であり、$h'$が両端で有限な片側極限を持つように取れる。各$(x_{k-1},\,x_k)$では、端点の値を片側極限$h'(x_{k-1}+0),\,h'(x_k-0)$と定めることで、$h'(x)$が$[x_{k-1},\,x_k]$上連続となる。
微分積分学の基本定理より
$$ \int_c^d h'(x)\,dx = \sum_{k=1}^n \int_{x_{k-1}}^{x_k} h'(x)\,dx = \sum_{k=1}^n \pr{h(x_k)-h(x_{k-1})} = h(d) - h(c) $$
分割点以外の$x$に対し、$h'(x)=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)$が成り立つことから
$$ \int_c^d \pr{f'(x)g(x)+f(x)g'(x)}\,dx = h(d) - h(c) = f(d)g(d) - f(c)g(c) $$
よって
$$ \int_c^d f(x)g'(x)\,dx = \bkk{ f(x)g(x) }_c^d - \int_c^d f'(x)g(x)\,dx $$
を得る。

繰り返し部分積分の公式

$n\geq 1$とし、$f(x),\,g(x)$は$[a,\,b]$上で$C^n$級とする。
$$ \int_a^b f(x)g^{(n)}(x)\,dx = \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k \bkk{f^{(k)}(x)g^{(n-k-1)}(x)}_a^b + (-1)^n\int_a^b f^{(n)}(x)g(x)\,dx $$

$\displaystyle I_k\coloneqq\int_a^b f^{(n-k)}(x)g^{(k)}(x)\,dx\quad(k=0,\,1,\,\cdots,\,n)$とする。
各$k=1,\,2,\,\cdots,\,n$に対して
$$ \int_a^b f^{(n-k)}(x)g^{(k)}(x)\,dx = \bkk{f^{(n-k)}(x)g^{(k-1)}(x)}_a^b - \int_a^b f^{(n-k+1)}(x)g^{(k-1)}(x)\,dx $$
すなわち
$$ I_k = \bkk{f^{(n-k)}(x)g^{(k-1)}(x)}_a^b - I_{k-1} $$
が成り立つので、両辺$(-1)^k$をかけると
$$ (-1)^k I_k - (-1)^{k-1}I_{k-1} = (-1)^k \bkk{f^{(n-k)}(x)g^{(k-1)}(x)}_a^b $$
$$ (-1)^n I_n - (-1)^0 I_0 = \sum_{k=1}^n \{(-1)^k I_k - (-1)^{k-1}I_{k-1}\} = \sum_{k=1}^n (-1)^k \bkk{f^{(n-k)}(x)g^{(k-1)}(x)}_a^b $$
項の整理と総和の順番を変えると
$$ I_n = (-1)^n I_0 + \sum_{k=1}^n (-1)^{n-k} \bkk{f^{(n-k)}(x)g^{(k-1)}(x)}_a^b = (-1)^n I_0(x) + \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k \bkk{f^{(k)}(x)g^{(n-k-1)}(x)}_a^b $$
よって
$$ \int_a^b f(x)g^{(n)}(x)\,dx = \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k \bkk{f^{(k)}(x)g^{(n-k-1)}(x)}_a^b + (-1)^n\int_a^b f^{(n)}(x)g(x)\,dx $$

3.2 問題

IFHS3 - A

BASIC・Difficulty 1
作問: りーるる (ri_ruru07)

$$ \int_0^1 \ln(1+x)\,dx $$

【問題を解きに行く】: IFHS3 Problem A↗

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$\ln(1+x)=1\cdot\ln(1+x)$ と見て、$1$を積分、$\ln(1+x)$を微分してみましょう。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。$1=(1+x)'$を積分側、$\ln(1+x)$を微分側にして部分積分すると
$$ I = \int_0^1 \ln(1+x)\,dx = \int_0^1 (1+x)'\ln(1+x)\,dx $$
$$ I = \bkk{ (1+x)\ln(1+x) }_0^1 - \int_0^1 dx = 2\ln2-1 $$

IFHS2 - B

BASIC・Difficulty 2
作問: りーるる (ri_ruru07)

$$ \int_0^1 x^3\ln(1+x^2)\,dx $$

【問題を解きに行く】: IFHS2 Problem B↗

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$t=x^2$と置換すると、簡単な部分積分の問題になる。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。$t=x^2$とおくと、$t:\,0\to1,\,dt = 2x\,dx$となり
$$ I = \int_0^1 x^3\ln(1+x^2)\,dx = \frac{1}{2}\int_0^1 t\ln(1+t)\,dt $$
$$ I = \bkk{\frac{1}{4}t^2\ln(1+t)}_0^1 - \frac{1}{4} \int_0^1 \frac{t^2}{1+t}\,dt = \frac{\ln2}{4} - \frac{1}{4} \int_0^1 \frac{t^2}{1+t}\,dt $$
$t^2 = (1+t)^2 - 2(1+t) + 1$より
$$ I = \frac{\ln2}{4} - \frac{1}{4} \int_0^1 \pr{(1+t)-2+\frac{1}{1+t}}\,dt = \frac{\ln2}{4} - \frac{1}{4}\bkk{\frac{1}{2}t^2-t+\ln|1+t|}_0^1 $$
$$ I = \frac{\ln2}{4} - \frac{1}{4}\pr{-\frac{1}{2}+\ln2} = \frac{1}{8} $$

IFHS4 - B

BASIC・Difficulty 2
作問: りーるる (ri_ruru07)

$$ \int_0^1 \ln\pr{1+\sqrt{x}}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IFHS4 Problem B↗

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$t=\sqrt{x}$とおいて、簡単な部分積分に変形する。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。$t=\sqrt{x}$とおくと、$t:\,0\to1,\,dx = 2t dt$
$$ I = \int_0^1 \ln\pr{1+\sqrt{x}}\,dx = \int_0^1 2t\ln(1+t)\,dt $$
$$ I = \bkk{t^2\ln(1+t)}_0^1 - \int_0^1 \frac{t^2}{1+t}\,dt = \ln2 - \int_0^1 \pr{t-1+\frac{1}{1+t}}\,dt $$
$$ I = \ln2 - \bkk{\frac{1}{2}t^2-t+\ln|1+t|}_0^1 = \ln2 - \pr{-\frac{1}{2}+\ln2} = \frac{1}{2} $$

IBC21 - B

BASIC・Difficulty 2
作問: りーるる (ri_ruru07)

$$ \int_0^1 (\arcsin x)^2\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC21 Problem B↗

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$x=\sin t$とおくと、$t^2\cos t$の積分に変形する。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。$x=\sin t$とおくと、$t:\,0\to\dfrac{\pi}{2},\,dx = \cos t\,dt$となり
$$ I = \int_0^1 (\arcsin x)^2\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} t^2\cos t\,dt $$
繰り返し部分積分をすることで
$$ I = \bkk{t^2\sin t-2t\cdot (-\cos t)+2\cdot (-\sin t)}_0^{\frac{\pi}{2}} = \bkk{t^2\sin t+2t\cos t-2\sin t}_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi^2}{4} - 2 $$
を得る。

IBC6 - A

BASIC・Difficulty 1
作問: 自作問題 (sakumonjp)

$$ \int_0^1 e^x\cos(\pi x)\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC6 Problem A↗

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定積分を$I$で置いて、二回部分積分をして得られる$I$についての方程式を解いてみよう。

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定積分を$I$とする。部分積分を2回する。
$$ I = \int_0^1 e^x\cos(\pi x)\,dx = \bkk{e^x\cos(\pi x)}_0^1 + \pi\int_0^1 e^x\sin(\pi x)\,dx = -e-1+ \pi\int_0^1 e^x\sin(\pi x)\,dx $$
$$ I = -e-1+\pi \pr{\bkk{e^x\sin(\pi x)}_0^1 - \pi \int_0^1 e^x\cos(\pi x)\,dx} = -e-1-\pi^2 I $$
$I$についての方程式を解くと
$$ (1+\pi^2)I = -e-1 $$
$$ I = -\frac{e+1}{\pi^2+1} $$

別解：被積分関数の微分で原始関数を得る解法
$e^x\cos(\pi x),\,e^x\sin(\pi x)$をそれぞれ微分する。
$$ (e^x\cos(\pi x))'=e^x\cos(\pi x)-\pi e^x\sin(\pi x) $$
$$ (e^x\sin(\pi x))'=e^x\sin(\pi x)+\pi e^x\cos(\pi x) $$
2式の右辺の線形和で$e^x\cos(\pi x)$を作ると
$$ (e^x\cos(\pi x))'+\pi(e^x\sin(\pi x))' = (1+\pi^2)e^x\cos(\pi x) $$
両辺を$[0,\,1]$で積分すると
$$ (1+\pi^2)\int_0^1 e^x\cos(\pi x)\,dx = \bkk{e^x\cos(\pi x)+\pi e^x\sin(\pi x)}_0^1=-e-1 $$
よって
$$ \int_0^1 e^x\cos(\pi x)\,dx = -\frac{e+1}{\pi^2+1} $$

IBC21 - A

BASIC・Difficulty 1
作問: りーるる (ri_ruru07)

$$ \int_0^{\infty} xe^{-2x}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC21 Problem A↗

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$x$を微分側、$e^{-2x}$を積分側にして部分積分する。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。
$$ I = \int_0^{\infty} xe^{-2x}\,dx = \bkk{-\frac{1}{2}xe^{-2x}}_0^{\infty} + \frac{1}{2}\int_0^{\infty} e^{-2x}\,dx $$
$$ I = \bkk{-\frac{1}{4}e^{-2x}}_0^{\infty} = \frac{1}{4} $$

IBC14 - A

BASIC・Difficulty 1
作問: 一般数弱　早稲商数学対策委員会 (Gagoh_Okowa)

$$ \int_0^1 \frac{xe^x}{(x+1)^2}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC14 Problem A↗

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$\dfrac{1}{(x+1)^2}$を積分、$xe^x$を微分で部分積分する。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。
$$ I = \int_0^1 \frac{xe^x}{(x+1)^2}\,dx = \bkk{-\frac{xe^x}{x+1}}_0^1+\int_0^1 e^x\,dx $$
$$ I = -\frac{e}{2} + e - 1 = \frac{e}{2} - 1$$

IBC5 - B

BASIC・Difficulty 4
作問: よもつへ (Yomotsuhe)

$$ \int_{-2}^2 2^x\ln(2^x+2^{-x}+2)\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC5 Problem B↗

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$\ln$の中身は$\pr{\sqrt{2}^x+\dfrac{1}{\sqrt{2}^x}}^2$と書ける。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。$t=2^{x}$とおくと、$t:\,\dfrac{1}{4}\to4,\,dt=2^x\ln2\,dx$
$$ I = \int_{-2}^2 2^x\ln(2^x+2^{-x}+2)\,dx = \frac{1}{\ln2}\int_{\frac{1}{4}}^4 \ln\pr{t+\frac{1}{t}+2}\,dt = \frac{1}{\ln2}\int_{\frac{1}{4}}^4 \ln\pr{\sqrt{t}+\frac{1}{\sqrt{t}}}^2\,dt $$
$$ I = \frac{2}{\ln2}\int_{\frac{1}{4}}^4 \ln\pr{\sqrt{t}+\frac{1}{\sqrt{t}}}\,dt = \frac{2}{\ln2}\int_{\frac{1}{4}}^4 \pr{\ln(t+1)-\frac{1}{2}\ln t}\,dt $$
$$ I = \frac{2}{\ln2}\bkk{\pr{(t+1)\ln(t+1)-t}-\frac{1}{2}\pr{t\ln t-t}}_{\frac{1}{4}}^4 = \frac{2}{\ln2}\bkk{(t+1)\ln(t+1)-\frac{1}{2}t\ln t-\frac{1}{2}t}_{\frac{1}{4}}^4 $$
$$ I = \frac{2}{\ln2}\pr{\pr{5\ln5-2\ln4-2}-\pr{\frac{5}{4}\ln\frac{5}{4}-\frac{1}{8}\ln\frac{1}{4}-\frac{1}{8}}} = \frac{2}{\ln2}\frac{30\ln5-14\ln2-15}{8} $$
よって
$$ I = \frac{30\ln5-14\ln2-15}{4\ln2} = \frac{30\ln5-15}{4\ln2} - \frac{7}{2} $$

IBC16 - D

BASIC・Difficulty 3
作問: りーるる (ri_ruru07)

$$ \int_0^1 \frac{\ln(x+1)-x}{x^2}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC16 Problem D↗

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$\ln(x+1)-x$を微分側、$x^{-2}$を積分側にして部分積分する。

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定積分を$I$とする。
$$　I = \int_0^1 \frac{\ln(x+1)-x}{x^2}\,dx = \bkk{-\frac{\ln(x+1)-x}{x}}_0^1 - \int_0^1 \frac{1}{x+1}\,dx = \pr{(1-\ln2)-\lim_{x\to+0} \pr{-\frac{\ln(1+x)}{x}+1}} - \int_0^1 \frac{1}{x+1}\,dx $$
$$ I = (1-\ln2) - \int_0^1 \frac{1}{x+1}\,dx = (1-\ln2) - \bkk{\ln(1+x)}_0^1 = 1-2\ln2 $$

IBC10 - C

BASIC・Difficulty 4
作問: りよわ (science_please)

$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x\sin x}{1+\sin x}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC10 Problem C↗

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$\dfrac{\sin x}{1+\sin x}=1-\dfrac{1}{1+\sin x}$と分解して、$x$を微分側に、$\dfrac{1}{1+\sin x}$を積分側にして部分積分する。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。
$$ I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x\sin x}{1+\sin x}\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} x\,dx - \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x}{1+\sin x}\,dx = \frac{\pi^2}{8} - \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x}{1+\sin x}\,dx $$
$\dfrac{1}{1+\sin x}=\dfrac{1-\sin x}{\cos^2 x}=\pr{\tan x-\dfrac{1}{\cos x}}'$であるから
$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x}{1+\sin x}\,dx = \bkk{x\pr{\tan x-\frac{1}{\cos x}}}_0^{\frac{\pi}{2}} - \int_0^{\frac{\pi}{2}} \pr{\tan x-\frac{1}{\cos x}}\,dx $$
$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x}{1+\sin x}\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1-\sin x}{\cos x}\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{(1-\sin x)\cos x}{\cos^2 x}\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos x}{1+\sin x}\,dx = \bkk{\ln(1+\sin x)}_0^{\frac{\pi}{2}} = \ln2 $$
よって
$$ I = \frac{\pi^2}{8}-\ln2 $$

IBC4 - C

BASIC・Difficulty 4
作問: りよわ (science_please)

$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \pr{\frac{x\cos x-\sin x}{x}}^2\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC4 Problem C↗

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$(x\cos x-\sin x)^2$を微分側に、$x^{-2}$を積分側にして部分積分する。

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定積分を$I$とする。
$$ I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \pr{\frac{x\cos x-\sin x}{x}}^2\,dx = \bkk{-\frac{(x\cos x-\sin x)^2}{x}}_0^{\frac{\pi}{2}} - \int_0^{\frac{\pi}{2}} 2\sin x(x\cos x-\sin x)\,dx = -\frac{2}{\pi} - \int_0^{\frac{\pi}{2}} 2\sin x(x\cos x-\sin x)\,dx $$
ここで
$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} 2\sin x(x\cos x-\sin x)\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \pr{x\sin2x-(1-\cos2x)}\,dx = \bkk{\pr{-\frac{1}{2}x\cos2x+\frac{1}{4}\sin2x}-\pr{x-\frac{1}{2}\sin2x}}_0^{\frac{\pi}{2}} $$
$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} 2\sin x(x\cos x-\sin x)\,dx = \bkk{-\frac{1}{2}x\cos2x+\frac{3}{4}\sin2x-x}_0^{\frac{\pi}{2}} = -\frac{\pi}{4} $$
であるので
$$ I = \frac{\pi}{4}-\frac{2}{\pi} $$
となる。

IBC14 - D

BASIC・Difficulty 4
作問: Crystal (Crystal)

$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos(6x)\cos^5(x)\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC14 Problem D↗

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$\dps \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos((n+1)x)\cos^n(x)\,dx\,(n=0,\,1,\,\cdots)$についての漸化式を立てよう。

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定積分$I_n$を次のようにおく。
$$ I_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos((n+1)x)\cos^n(x)\,dx $$
$I_n$の漸化式を作る。$n\geq1$とすると
$$ I_n = \bkk{\frac{1}{n+1}\sin((n+1)x)\cos^n(x)}_0^{\frac{\pi}{2}} + \frac{n}{n+1} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin((n+1)x)\sin(x)\cos^{n-1}(x)\,dx $$
$$ I_n=\frac{n}{n+1} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin((n+1)x)\sin(x)\cos^{n-1}(x)\,dx $$
$\cos(nx)=\cos((n+1)x)\cos(x)+\sin((n+1)x)\sin(x)$より
$$ I_n=\frac{n}{n+1} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \pr{\cos(nx)-\cos((n+1)x)\cos(x)}\cos^{n-1}(x)\,dx = \frac{n}{n+1}(I_{n-1}-I_n) $$
これより漸化式$ I_n = \dfrac{n}{2n+1} I_{n-1} $を得る。また
$$ I_0= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos(x)\,dx = 1 $$
である。漸化式を繰り返し用いると
$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos(6x)\cos^5(x)\,dx=I_5=\frac{5}{11}\cdot\frac{4}{9}\cdot\frac{3}{7}\cdot\frac{2}{5}\cdot\frac{1}{3} I_0 = \frac{8}{693} $$

IBC22 - E

BASIC・Difficulty 5
作問: 一般数弱　早稲商数学対策委員会 (Gagoh_Okowa)

$$ \int_0^1 \frac{(1-x^2)\ln\pr{\frac{1+x}{1-x}}\arctan(x)}{(1+x^2)^2}\,dx $$

【問題を解きに行く】: IBC22 Problem E↗

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$\arctan(x)$を置換して、$\ln\frac{1+x}{1-x}$を微分する形の部分積分を実行する。

解答・解説を見る

定積分を$I$とする。$x=\tan t$とおくと、$ t:\,0\to\dfrac{\pi}{4},\,dx=(\tan^2 t+1)\,d t$
$$ \int_0^1 \frac{(1-x^2)\ln\pr{\frac{1+x}{1-x}}\arctan(x)}{(1+x^2)^2}\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{(1-\tan^2 t)\ln\pr{\frac{1+\tan t}{1-\tan t}} t}{1+\tan^2 t}\,d t $$
$\tan^2 t+1=\dfrac{1}{\cos^2 t}$より
$$ I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} t(\cos^2 t-\sin^2 t)\ln\pr{\frac{1+\tan t}{1-\tan t}}\,d t = \int_0^{\frac{\pi}{4}} t\cos2t\ln\pr{\frac{1+\tan t}{1-\tan t}}\,d t $$
ここで$0< R<\dfrac{\pi}{4}$として
$$ I_R = \int_0^R t\cos2t\ln\pr{\frac{1+\tan t}{1-\tan t}}\,d t $$
と定める。$I_R$が$\ln\pr{\dfrac{1+\tan t}{1-\tan t}}$が微分されるように部分積分をすると
$$ I_R = \bkk{\frac{2t\sin2t+\cos2t}{4}\ln\pr{\frac{1+\tan t}{1-\tan t}}}_0^R - \int_0^R \frac{2t\sin2t+\cos2t}{4}\frac{2}{\cos2t}\,dt = \frac{2R\sin2R+\cos2R}{4}\ln\pr{\frac{1+\tan R}{1-\tan R}} - \int_0^R \frac{2t\sin2t+\cos2t}{2\cos2t}\,dt $$
$$ I_R =　\frac{2R\sin2R+\cos2R}{4}\ln\pr{\frac{1+\tan R}{1-\tan R}} - \int_0^R \pr{t\frac{\sin2t}{\cos2t}+\frac{1}{2}}\,dt =　\frac{2R\sin2R+\cos2R}{4}\ln\pr{\frac{1+\tan R}{1-\tan R}} - \frac{R}{2} + \frac{1}{2}R\ln(\cos2R) - \frac{1}{2} \int_0^R \ln(\cos2t)\,dt $$
を得る。$R\to\dfrac{\pi}{4}-0$を取って
$$ I = \lim_{R\to\frac{\pi}{4}-0} I_R = \lim_{R\to\frac{\pi}{4}-0} \pr{\frac{2R\sin2R+\cos2R}{4}\ln\pr{\frac{1+\tan R}{1-\tan R}} + \frac{1}{2}R\ln(\cos2R)} - \frac{\pi}{8} - \frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\cos2t)\,dt $$

右辺の$R$の式の極限を求める。$R$の式を次の3部分(i),(ii),(iii)に分ける。
$$ \frac{2R\sin2R+\cos2R}{4}\ln\pr{\frac{1+\tan R}{1-\tan R}} + \frac{1}{2}R\ln(\cos2R) = \underbrace{\frac{2R\sin2R+\cos2R}{4}\ln(1+\tan R)}_{\text{(i)}} - \underbrace{\frac{\cos2R}{4}\ln(1-\tan R)}_{\text{(ii)}} + \underbrace{\frac{1}{2}R\pr{\ln(\cos2R) - \sin2R\ln(1-\tan R)}}_{\text{(iii)}} $$
(i)について
$$ \lim_{R\to\frac{\pi}{4}-0} \frac{2R\sin2R+\cos2R}{4}\ln(1+\tan R) = \frac{2\cdot\frac{\pi}{4}\cdot1+0}{4}\ln(1+1) = \frac{\pi}{8}\ln2 $$
(ii)について
$$ \lim_{R\to\frac{\pi}{4}-0} \frac{\cos2R}{4}\ln(1-\tan R) = \lim_{R\to\frac{\pi}{4}-0} \frac{1+\tan R}{4(1+\tan^2 R)}\cdot(1-\tan R)\ln(1-\tan R) = \frac{1+1}{4\cdot(1+1)}\cdot0 = 0 $$
(iii)について
$$ \lim_{R\to\frac{\pi}{4}-0} \frac{1}{2}R\pr{\ln(\cos2R) - \sin2R\ln(1-\tan R)} = \lim_{R\to\frac{\pi}{4}-0} \frac{1}{2}R\pr{\ln\frac{1-\tan^2 R}{1+\tan^2 R} - \frac{2\tan R}{1+\tan^2 R}\ln(1-\tan R)} = \lim_{R\to\frac{\pi}{4}-0} \frac{1}{2}R\pr{\ln\frac{1+\tan R}{1+\tan^2 R} + \frac{(1-\tan R)^2}{1+\tan^2 R}\ln(1-\tan R)} = 0 $$
(i),(ii),(iii)から
$$ \lim_{R\to\frac{\pi}{4}-0} \frac{2R\sin2R+\cos2R}{4}\ln\pr{\frac{1+\tan R}{1-\tan R}} + \frac{1}{2}R\ln(\cos2R) = \frac{\pi}{8}\ln2 $$
を得られた。

次に右辺の積分を$J$とおいて計算する。$s=2t$とおくと
$$ J = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\cos2t)\,dt = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(\cos s)\,ds $$
King Propertyを用いて、$\dps J = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(\sin s)\,ds $と表せる。2パターンの式を足して合わせて、$\sin2s$を作る。
$$ 2J = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(\cos s\sin s)\,ds = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln\pr{\frac{\sin2s}{2}}\,ds = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(\sin2s)\,ds - \frac{\pi}{4}\ln2 $$
さらに$u=2s$とおくと
$$ 2J = \frac{1}{4}\int_0^{\pi} \ln(\sin u)\,du - \frac{\pi}{4}\ln2 $$
$\sin u$は$u=\dfrac{\pi}{2}$で線対称なので
$$ 2J = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(\sin u)\,du - \frac{\pi}{4}\ln2 = J - \frac{\pi}{4}\ln2 $$
よって、$J = - \dfrac{\pi}{4}\ln2 $を得られた。

以上より
$$ I = \frac{\pi}{8}\ln2 - \frac{\pi}{8} - \frac{1}{2}J = \frac{\pi}{4}\ln2 - \frac{\pi}{8} $$