$$I(s):=\int_0^\frac{\pi}{2}\arctan(s\csc x)dx$$$$J(s):=\int_0^\frac{\pi}{2}\arctan(s\sin x)dx$$を考える。これは次のように明示的に表せる。\begin{eqnarray*}\int_0^\frac{\pi}{2}\arctan(s\csc x)dx&&=\frac{\pi^2}{6}-\mathrm{Li}_2\left(1-\frac{\sqrt{1+s^2}-1}{s}\right)-\mathrm{Li}_2\left(-\frac{\sqrt{1+s^2}-1}{s}\right)\\&&\quad-\ln\frac{\sqrt{1+s^2}-1}{s}\ln\left(1+\frac{\sqrt{1+s^2}-1}{s}\right)\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}\int_0^\frac{\pi}{2}\arctan(s\sin x)dx&&=\frac{\pi^2}{4}-\ln(\sqrt{s^2+1}+s)\ln\frac{\sqrt{s^2+1}+1}{s}\\&&\quad-\mathrm{Li}_2(\sqrt{s^2+1}-s)+\mathrm{Li}_2(-\sqrt{s^2+1}+s)\end{eqnarray*}これにより、次の定積分を得る。\begin{eqnarray*}\int_0^\frac{\pi}{2}\arctan(\csc x)dx&&=\frac{\pi^2}{8}+\frac{1}{2}\ln^2(\sqrt{2}-1)\\\int_0^\frac{\pi}{2}\arctan(2\csc x)dx&&=\frac{\pi^2}{6}+\frac{3}{2}\ln^2\phi\\\int_0^\frac{\pi}{2}\arctan(\sin x)dx&&=\frac{\pi^2}{8}-\frac{1}{2}\ln^2(\sqrt{2}-1)\\\int_0^\frac{\pi}{2}\arctan(2\sin x)dx&&=\frac{\pi^2}{6}-\frac{3}{2}\ln^2\phi\\\int_0^\frac{\pi}{2}\arctan\frac{\sin x}{2}dx&&=\frac{\pi^2}{12}-\frac{3}{2}\ln^2\phi\end{eqnarray*}ただし $\phi$ は黄金比 $\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ を表す。
また系として次を得る。\begin{eqnarray}\int_0^\frac{\pi}{4}\arctan(\tan^2x)dx&=&\frac{\ln^2(\sqrt{2}-1)}{4}\\\int_0^\frac{\pi}{4}\arctan(\cot^2x)dx&=&\frac{\pi^2}{8}-\frac{\ln^2(\sqrt{2}-1)}{4}\\\int_0^\pi\frac{x\cos x}{1+\sin^2x}dx&=&\ln^2(\sqrt{2}+1)-\frac{\pi^2}{4}\end{eqnarray}
前提として、ゼータ関数と二重対数関数の定義とすごく初歩的な知識を必要とします。
もくじ
よくある方法ですが、$I(s)$ と $J(s)$ を $s$ について微分します。\begin{eqnarray*}I'(s)&&=\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\csc x}{1+s^2\csc^2x}dx\\&&=\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\sin x}{s^2+\sin^2x}dx\\&&=\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\sin x}{1+s^2-\cos^2x}dx\\&&=\int_0^1\frac{dy}{1+s^2-y^2}\quad(y=\cos x)\\&&=\frac{1}{2\sqrt{1+s^2}}\left[\ln\frac{\sqrt{1+s^2}+y}{\sqrt{1+s^2}-y}\right]_0^1\\&&=\frac{1}{2\sqrt{1+s^2}}\ln\frac{\sqrt{1+s^2}+1}{\sqrt{1+s^2}-1}\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}J'(s)&&=\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\sin x}{1+s^2\sin^2x}dx\\&&=\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\sin x}{1+s^2-s^2\cos^2x}dx\\&&=\int_0^1\frac{dy}{1+s^2-s^2y^2}\quad(y=\cos x)\\&&=\frac{1}{2s\sqrt{1+s^2}}\left[\ln\frac{\sqrt{1+s^2}+sy}{\sqrt{1+s^2}-sy}\right]_0^1\\&&=\frac{1}{2s\sqrt{1+s^2}}\ln\frac{\sqrt{1+s^2}+1}{\sqrt{1+s^2}-1}\\&&=\frac{\ln(s+\sqrt{1+s^2})}{s\sqrt{1+s^2}}\\&&=\frac{\mathrm{arcsinh}\;s}{s\sqrt{1+s^2}}\end{eqnarray*}したがって $I,J$ の導関数は以下のようになります。
\begin{equation}I'(s)=\frac{1}{2\sqrt{1+s^2}}\ln\frac{\sqrt{1+s^2}+1}{\sqrt{1+s^2}-1}\tag{1}\end{equation}\begin{equation}J'(s)=\frac{\mathrm{arcsinh}\;s}{s\sqrt{1+s^2}}\tag{2}\end{equation}
一般の$s$
$I(0)=0$ なので(1)より\begin{eqnarray*}I(s)&&=\int_0^s\frac{1}{2\sqrt{1+s^2}}\ln\frac{\sqrt{1+s^2}+1}{\sqrt{1+s^2}-1}ds\\&&=\frac{1}{2}\int_0^{\sinh^{-1}s}\ln\frac{\cosh t+1}{\cosh t-1}dt\quad(s=\sinh t)\\&&=-\int_0^{\sinh^{-1}s}\ln\tanh\frac{t}{2}dt\\&&=-2\int_0^\frac{\sinh^{-1}s}{2}\ln\tanh xdx\\&&=-\left[\mathrm{Li}_2(1-\tanh x)+\mathrm{Li}_2(-\tanh x)+\ln\tanh x\ln(1+\tanh x)\right]_0^\frac{\sinh^{-1}s}{2}\\&&=-\mathrm{Li}_2\left(1-\frac{\sqrt{1+s^2}-1}{s}\right)-\mathrm{Li}_2\left(-\frac{\sqrt{1+s^2}-1}{s}\right)-\ln\frac{\sqrt{1+s^2}-1}{s}\ln\left(1+\frac{\sqrt{1+s^2}-1}{s}\right)+\zeta(2)\end{eqnarray*}したがって
\begin{equation}I(s)=\frac{\pi^2}{6}-\mathrm{Li}_2\left(1-\frac{\sqrt{1+s^2}-1}{s}\right)-\mathrm{Li}_2\left(-\frac{\sqrt{1+s^2}-1}{s}\right)-\ln\frac{\sqrt{1+s^2}-1}{s}\ln\left(1+\frac{\sqrt{1+s^2}-1}{s}\right)\tag{3}\end{equation}
これはすなわち次の積分が成立することを示します。
\begin{eqnarray*}\int_0^\frac{\pi}{2}\arctan(s\csc x)dx&&=\frac{\pi^2}{6}-\mathrm{Li}_2\left(1-\frac{\sqrt{1+s^2}-1}{s}\right)-\mathrm{Li}_2\left(-\frac{\sqrt{1+s^2}-1}{s}\right)\\&&\quad-\ln\frac{\sqrt{1+s^2}-1}{s}\ln\left(1+\frac{\sqrt{1+s^2}-1}{s}\right)\end{eqnarray*}
$s=1$のとき
$I(s)$ についてはここから進みませんが、特殊値を求めましょう。$s=1$ とすると\begin{eqnarray*}I(1)&&=\frac{\pi^2}{6}-\mathrm{Li}_2(2-\sqrt{2})-\mathrm{Li}_2(1-\sqrt{2})-\ln(\sqrt{2}-1)\ln\sqrt{2}\\&&=\frac{\pi^2}{6}-\mathrm{Li}_2(2-\sqrt{2})-\mathrm{Li}_2(1-\sqrt{2})-\frac{1}{2}\ln(\sqrt{2}-1)\ln2\end{eqnarray*}過去記事
二重対数関数(dilogarithm)の等式(lntanhの積分と相反公式)
にて示した等式$$\mathrm{Li}_2(2-\sqrt{2})+\mathrm{Li}_2(1-\sqrt{2})=\frac{\pi^2}{24}+\frac{1}{2}\ln(\sqrt{2}+1)\ln\frac{2}{\sqrt{2}+1}$$を用いると\begin{eqnarray*}I(1)&&=\frac{\pi^2}{8}-\frac{1}{2}\ln(\sqrt{2}+1)\ln\frac{2}{\sqrt{2}+1}-\frac{1}{2}\ln(\sqrt{2}-1)\ln2\\&&=\frac{\pi^2}{8}+\frac{1}{2}\ln^2(\sqrt{2}-1)\end{eqnarray*}$I(s)$ の定義から次の定積分を得ます。
\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\arctan(\csc x)dx=\frac{\pi^2}{8}+\frac{1}{2}\ln^2(\sqrt{2}-1)\tag{4}\end{equation}
$s=2$のとき
(3)で $s=2$ を代入すると\begin{eqnarray*}I(2)&&=\frac{\pi^2}{6}-\mathrm{Li}_2\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)-\mathrm{Li}_2\left(-\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)-\ln\frac{\sqrt{5}-1}{2}\ln\left(\frac{\sqrt{5}+1}{2}\right)\\&&=\frac{\pi^2}{6}+\ln^2\phi-\mathrm{Li}_2\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)-\mathrm{Li}_2\left(-\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)\end{eqnarray*}ただし $\phi=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ です。ここでよく知られた次の特殊値を用います。$$\mathrm{Li}_2\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)=\frac{\pi^2}{15}-\ln^2\phi$$$$\mathrm{Li}_2\left(-\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)=-\frac{\pi^2}{15}+\frac{1}{2}\ln^2\phi$$すると次の結論を得ます。
\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\arctan(2\csc x)dx=\frac{\pi^2}{6}+\frac{3}{2}\ln^2\phi\tag{5}\end{equation}
ポリログの特殊値や関係式はこちらを参照：
一般の$s$
$J(0)=0$ なので(2)より\begin{eqnarray*}J(s)&&=\int_0^s\frac{\mathrm{arcsinh}\;s}{s\sqrt{1+s^2}}ds\\&&=\int_0^{\sinh^{-1}s}\frac{t}{\sinh t}dt\quad(s=\sinh t)\\&&=2\int_0^{\sinh^{-1}s}\frac{te^{-t}}{1-e^{-2t}}dt\\&&=2\sum_{n=0}^\infty\int_0^{\sinh^{-1}s}te^{-(2n+1)t}dt\end{eqnarray*}$\sinh^{-1}s=a$ と表すことにします。\begin{eqnarray*}J(s)&&=2\sum_{n=0}^\infty\int_0^{a}te^{-(2n+1)t}dt\\&&=2\sum_{n=0}^\infty\left[-\frac{a(e^{-a})^{2n+1}}{2n+1}-\frac{(e^{-a})^{2n+1}}{(2n+1)^2}+\frac{1}{(2n+1)^2}\right]\\&&=2\frac{3}{4}\zeta(2)-2a\sum_{n=0}^\infty\frac{(e^{-a})^{2n+1}}{2n+1}-2\sum_{n=0}^\infty\frac{(e^{-a})^{2n+1}}{(2n+1)^2}\\&&=\frac{\pi^2}{4}-2a\sum_{n=0}^\infty\frac{(e^{-a})^{2n+1}}{2n+1}-2\sum_{n=0}^\infty\frac{(e^{-a})^{2n+1}}{(2n+1)^2}\end{eqnarray*}第2項は$$\sum_{n=0}^\infty\frac{X^{2n+1}}{2n+1}=\frac{1}{2}\ln\frac{1+X}{1-X}$$なる級数展開を、第3項は\begin{eqnarray*}\frac{1}{2}\mathrm{Li}_2(X)-\frac{1}{2}\mathrm{Li}_2(-X)&&=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{X^n}{n^2}-\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-X)^n}{n^2}\\&&=\sum_{n=0}^\infty\frac{X^{2n+1}}{(2n+1)^2}\end{eqnarray*}を用いることで$$J(s)=\frac{\pi^2}{4}-a\ln\frac{1+e^{-a}}{1-e^{-a}}-\mathrm{Li}_2(e^{-a})+\mathrm{Li}_2(-e^{-a})$$$a=\sinh^{-1}s=\ln(\sqrt{s^2+1}+s)$ , $e^{-a}=\sqrt{s^2+1}-s$ より$$J(s)=\frac{\pi^2}{4}-\ln(\sqrt{s^2+1}+s)\ln\frac{1+\sqrt{s^2+1}-s}{1-\sqrt{s^2+1}+s}-\mathrm{Li}_2(\sqrt{s^2+1}-s)+\mathrm{Li}_2(-\sqrt{s^2+1}+s)$$したがって
\begin{equation}J(s)=\frac{\pi^2}{4}-\ln(\sqrt{s^2+1}+s)\ln\frac{\sqrt{s^2+1}+1}{s}-\mathrm{Li}_2(\sqrt{s^2+1}-s)+\mathrm{Li}_2(-\sqrt{s^2+1}+s)\tag{6}\end{equation}
つまり次の積分が成立します。
\begin{eqnarray*}\int_0^\frac{\pi}{2}\arctan(s\sin x)dx&&=\frac{\pi^2}{4}-\ln(\sqrt{s^2+1}+s)\ln\frac{\sqrt{s^2+1}+1}{s}\\&&\quad-\mathrm{Li}_2(\sqrt{s^2+1}-s)+\mathrm{Li}_2(-\sqrt{s^2+1}+s)\end{eqnarray*}
$s=1$のとき
$s=1$ を(6)に代入すると$$J(1)=\frac{\pi^2}{4}-\ln^2(\sqrt{2}-1)-\mathrm{Li}_2(\sqrt{2}-1)+\mathrm{Li}_2(1-\sqrt{2})$$過去記事
二重対数関数(dilogarithm)の等式(lntanhの積分と相反公式)
で示した等式$$\mathrm{Li}_2(\sqrt{2}-1)-\mathrm{Li}_2(1-\sqrt{2})=\frac{\pi^2}{8}-\frac{1}{2}\ln^2(\sqrt{2}-1)$$を使うと$$J(1)=\frac{\pi^2}{4}-\ln^2(\sqrt{2}-1)-\frac{\pi^2}{8}+\frac{1}{2}\ln^2(\sqrt{2}-1)$$整理すると $J(s)$ の定義から次の定積分が分かります。
\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\arctan(\sin x)dx=\frac{\pi^2}{8}-\frac{1}{2}\ln^2(\sqrt{2}-1)\tag{7}\end{equation}
$s=2$のとき
$s=2$ を(6)に代入すると$$J(2)=\frac{\pi^2}{4}-\ln(\sqrt{5}+2)\ln\frac{\sqrt{5}+1}{2}-\mathrm{Li}_2(\sqrt{5}-2)+\mathrm{Li}_2(-\sqrt{5}+2)$$$\phi^3=\sqrt{5}+2$ , $\phi^{-3}=\sqrt{5}-2$ ですので$$J(2)=\frac{\pi^2}{4}-3\ln^2\phi-\mathrm{Li}_2\left(\frac{1}{\phi^3}\right)+\mathrm{Li}_2\left(-\frac{1}{\phi^3}\right)$$
John M. Campbell, Some nontrivial two-term dilogarithm identities, Irish Math. Soc. Bulletin Number 88 (2021)によると次の等式が成立します。$$\mathrm{Li}_2\left(\frac{1}{\phi^3}\right)-\mathrm{Li}_2\left(-\frac{1}{\phi^3}\right)=\frac{\pi^2}{12}-\frac{3}{2}\ln^2\phi$$これを使って式を整理すれば次の結論を得ます。
\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\arctan(2\sin x)dx=\frac{\pi^2}{6}-\frac{3}{2}\ln^2\phi\tag{8}\end{equation}
以上で本日の目的が達せられました。二重対数関数で行き詰るように見えますが、引数が黄金比やその累乗の場合は、強力な等式が存在するのです。
s=1/2 のとき
この場合も同様にします。こちらで証明した式\begin{equation}\Li_2(\phi^{-1})=\frac{\pi^2}{10}-\ln^2\phi\tag{A}\end{equation}\begin{equation}\Li_2(-\phi^{-1})=-\frac{\pi^2}{15}+\frac{1}{2}\ln^2\phi\tag{B}\end{equation}を途中で用いることで
\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\arctan\frac{\sin x}{2}dx=\frac{\pi^2}{12}-\frac{3}{2}\ln^2\phi\tag{C}\end{equation}
\begin{eqnarray}\int_0^\frac{\pi}{4}\arctan(\tan^2x)dx&=&\frac{\ln^2(\sqrt{2}-1)}{4}\tag{9}\\\int_0^\frac{\pi}{4}\arctan(\cot^2x)dx&=&\frac{\pi^2}{8}-\frac{\ln^2(\sqrt{2}-1)}{4}\tag{10}\end{eqnarray}
(9)を示します。$\arctan(\tan^2x)=\t$ とすると $\tan\t=\tan^2x$ ですので加法定理により$$\tan\left(\frac{\pi}{4}-\t\right)=\frac{1-\tan^2x}{1+\tan^2x}=\cos2x$$$$\therefore\quad \arctan(\tan^2x)=\frac{\pi}{4}-\arctan(\cos2x)$$したがって\begin{eqnarray*}\int_0^\frac{\pi}{4}\arctan(\tan^2x)dx &=& \frac{\pi^2}{16}-\int_0^\frac{\pi}{4}\arctan(\cos2x)dx\\ &=& \frac{\pi^2}{16}-\frac{1}{2}\int_0^\frac{\pi}{2}\arctan(\cos x)dx\\ &=& \frac{\pi^2}{16}-\frac{1}{2}\int_0^\frac{\pi}{2}\arctan(\sin x)dx \\ &=& \frac{\ln^2(\sqrt{2}-1)}{4}\quad(\because(7))\end{eqnarray*}というわけです。この結果から(10)は容易に示されます。
\begin{equation}\int_0^\pi\frac{x\cos x}{1+\sin^2x}dx = \ln^2(\sqrt{2}+1)-\frac{\pi^2}{4}\tag{11}\end{equation}
\begin{eqnarray*}\int_0^\pi\frac{x\cos x}{1+\sin^2x}dx &=& -\int_0^\pi\arctan(\sin x)dx \\ &=& -\int_0^\frac{\pi}{2}\arctan(\sin x)dx-\int_0^\frac{\pi}{2}\arctan(\sin x)dx \\ &=&-2\int_0^\frac{\pi}{2}\arctan(\sin x)dx \\ &=&\ln^2(\sqrt{2}+1)-\frac{\pi^2}{4}\quad(\because(7))\end{eqnarray*}
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