前回は：
logを含む難しい積分13（Euler-sumの応用,weight5）
\begin{align}&\int_0^1\frac{x\ln(1-ax)}{1+a^2x^2}dx=\frac{1}{a^2}\left[\frac{1}{4}\Li_2\left(\frac{2a}{1+a^2}\right)+\frac{1}{8}\ln^2(1+a^2)-\frac{1}{2}\Li_2(a)+\frac{1}{8}\Li_2(-a^2)\right]\\&\int_0^1\frac{x\ln(1-x)}{1+a^2x^2}dx=-\frac{1}{2a^2}\arctan^2a-\frac{1}{4a^2}\Li_2\left(\frac{a^2}{1+a^2}\right)\\&\int_0^1\frac{x\ln(1-x^2)}{1+a^2x^2}dx=-\frac{1}{2a^2}\Li_2\left(\frac{a^2}{1+a^2}\right)\\&\int_0^1\frac{x\ln(1+x)}{1+a^2x^2}dx=\frac{1}{2a^2}\arctan^2a-\frac{1}{4a^2}\Li_2\left(\frac{a^2}{1+a^2}\right)\\&\int_0^1\frac{\ln(1-ax)}{1+ax}dx=\frac{1}{a}\left[\ln2\ln(1+a)-\Li_2\left(\frac{1+a}{2}\right)+\frac{1}{2}\zeta(2)-\frac{1}{2}\ln^22\right]\\&\int_0^1\frac{x\ln(1-ax)}{1+x^2}dx=\frac{\pi}{4}\arctan a+\frac{\ln2\ln(1+a^2)}{4}-\frac{\ln^2(1+a^2)}{8}-\frac{1}{2}\Li_2(a)-\frac{1}{8}\Li_2(-a^2)-\frac{1}{4}\Li_2\left(\frac{2a}{1+a^2}\right)\\&\int_0^a\frac{x\ln(1\mp ax)}{1+x^2}dx=\frac{1}{2}\left[\pm\arctan^2 a+\frac{\ln^2(1+a^2)}{4}-\Li_2(\pm a^2)\right]\\&\int_0^1\frac{x\ln(1\mp ax)}{1+ax^2}dx=\frac{1}{2a}\left[\pm\arctan^2 \sqrt{a}+\frac{\ln^2(1+a)}{4}-\Li_2(\pm a)\right]\end{align}
調和数がらみの級数シリーズはこちら：
こちらの「2024/6/29」より $x\le 1$ に対して\begin{equation}\int_0^x\frac{t\ln(1-t)}{1+t^2}dt=\frac{1}{4}\Li_2\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)+\frac{1}{8}\ln^2(1+x^2)-\frac{1}{2}\Li_2(x)+\frac{1}{8}\Li_2(-x^2)\tag{1}\end{equation}左辺で $t=au$ と置換して変数を書き直すと、次のような形にもなります。
$a\le 1$,\begin{equation}\int_0^1\frac{x\ln(1-ax)}{1+a^2x^2}dx=\frac{1}{a^2}\left[\frac{1}{4}\Li_2\left(\frac{2a}{1+a^2}\right)+\frac{1}{8}\ln^2(1+a^2)-\frac{1}{2}\Li_2(a)+\frac{1}{8}\Li_2(-a^2)\right]\tag{2}\end{equation}
実数 $a$ に対し$$\int_0^1\frac{x\ln(1-x)}{1+a^2x^2}dx$$を計算します。分母について等比級数を使うと$$=\sum_{n=0}^\infty (-a)^n\int_0^1 x^{2n+1}\ln(1-x)dx$$これは広義積分になっており、小さな $\epsilon$ で次のように明示できます。$$=\sum_{n=0}^\infty (-a^2)^n\int_0^{1-\epsilon} x^{2n+1}\ln(1-x)dx$$部分積分により$$=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-a^2)^n}{2n+2}\left[\ln\epsilon+\int_0^{1-\epsilon}\frac{x^{2n+2}dx}{1-x}\right]$$部分分数分解により$$\frac{x^{2n+2}}{1-x}=-1-x-\cdots -x^{2n+1}+\frac{1}{1-x}$$となることを用いると$$\int_0^1\frac{x\ln(1-x)}{1+a^2x^2}dx=-\sum_{n=0}^\infty\frac{(-a^2)^n}{2n+2}H_{2n+2}$$となります。$H_n$ は調和数です。したがって\begin{equation}\int_0^1\frac{x\ln(1-x)}{1+a^2x^2}dx=\frac{1}{2a^2}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{n}(ia)^{2n}\tag{3}\end{equation}過去記事の式(1a)から\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{n}x^{2n}=\frac{1}{2}\left[\ln^2(1-x)+\ln^2(1+x)+\Li_2(x^2)\right]\tag{4}\end{equation}であったことを使うと\begin{equation}\int_0^1\frac{x\ln(1-x)}{1+a^2x^2}dx=\frac{1}{4a^2}\left[\ln^2(1-ia)+\ln^2(1+ia)+\Li_2(-a^2)\right]\tag{5}\end{equation}$1+ia=\sqrt{1+a^2} e^{i\arctan a}$ で、$1-ia$ も同様に考えると\begin{equation}\int_0^1\frac{x\ln(1-x)}{1+a^2x^2}dx=\frac{1}{4a^2}\left[\frac{1}{2}\ln^2(1+a^2)-2\arctan^2a+\Li_2(-a^2)\right]\tag{6}\end{equation}ここで終わってもいいのですが、こちらの記事の(8)式を $x=1+a^2$ として用いれば
$a>0$,$$\int_0^1\frac{x\ln(1-x)}{1+a^2x^2}dx=-\frac{1}{2a^2}\arctan^2a-\frac{1}{4a^2}\Li_2\left(\frac{a^2}{1+a^2}\right)$$
次の積分を計算します。$$\int_0^1\frac{x\ln(1-x^2)}{1+a^2x^2}dx$$x^2=u と置換して$$=\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\ln(1-u)}{1+a^2u}du$$分母は等比級数に書き直します。$$=\frac{1}{2}\int_0^1\ln(1-u)\sum_{n=0}^\infty(-a^2u)^ndu$$積分と和を入れ替えて$$=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty(-a^2)^n\int_0^1u^n\ln(1-u)du$$以下、(3)を導いたときと同じ要領で次を得ます。\begin{equation}\int_0^1\frac{x\ln(1-x^2)}{1+a^2x^2}dx=\frac{1}{2a^2}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n}(-a^2)^n\tag{7}\end{equation}過去記事の(1a")より
$a>0$,$$\int_0^1\frac{x\ln(1-x^2)}{1+a^2x^2}dx=-\frac{1}{2a^2}\Li_2\left(\frac{a^2}{1+a^2}\right)$$
定理２と定理３からただちに
$a>0$,$$\int_0^1\frac{x\ln(1+x)}{1+a^2x^2}dx=\frac{1}{2a^2}\arctan^2a-\frac{1}{4a^2}\Li_2\left(\frac{a^2}{1+a^2}\right)$$
$\frac{1+x}{2}=u$ とおくと\begin{align}\int_0^a\frac{\ln(1-x)}{1+x}dx&=\int_\frac{1}{2}^\frac{1+a}{2}\frac{\ln 2+\ln(1-u)}{u}du\\&=\ln2\ln(1+a)-\Li_2\left(\frac{1+a}{2}\right)+\Li_2\left(\frac{1}{2}\right)\end{align}\begin{equation}\therefore\quad\int_0^a\frac{\ln(1-x)}{1+x}dx=\ln2\ln(1+a)-\Li_2\left(\frac{1+a}{2}\right)+\frac{1}{2}\zeta(2)-\frac{1}{2}\ln^22\tag{8}\end{equation}あるいは $x\to ax$ と置き換えて
$$\int_0^1\frac{\ln(1-ax)}{1+ax}dx=\frac{1}{a}\left[\ln2\ln(1+a)-\Li_2\left(\frac{1+a}{2}\right)+\frac{1}{2}\zeta(2)-\frac{1}{2}\ln^22\right]$$
\begin{equation}\ln(1-ax)=\int_0^a\frac{-x}{1-xy}dy\tag{9}\end{equation}を用いて\begin{align}\int_0^1\frac{x\ln(1-ax)}{1+x^2}dx&=-\int_0^1dx\int_0^ady\frac{x^2}{(1+x^2)(1-xy)}\\&=-\int_0^ady\int_0^1dx\frac{x^2}{(1+x^2)(1-xy)}\end{align}部分分数分解をします。分母・分子を $x$ の多項式とみて、高校数学のようにやればいいです。\begin{align}&=-\int_0^ady\int_0^1dx\frac{1}{1+y^2}\left[\frac{1}{1-xy}-\frac{1+xy}{1+x^2}\right]\\&=-\int_0^ady\frac{1}{1+y^2}\int_0^1dx\left[\frac{1}{1-xy}-\frac{xy}{1+x^2}-\frac{1}{1+x^2}\right]\\&=-\int_0^ady\frac{1}{1+y^2}\left[\frac{\ln(1-xy)}{-y}-\frac{y}{2}\ln(1+x^2)-\arctan x\right]_{x=0}^{x=1}\\&=\frac{\pi}{4}\arctan a+\frac{\ln2\ln(1+a^2)}{4}+\int_0^a\frac{\ln(1-y)}{y(1+y^2)}dy\\&=\frac{\pi}{4}\arctan a+\frac{\ln2\ln(1+a^2)}{4}+\int_0^a\left(\frac{\ln(1-y)}{y}-\frac{y\ln(1-y)}{1+y^2}\right)dy\\&=\frac{\pi}{4}\arctan a+\frac{\ln2\ln(1+a^2)}{4}-\Li_2(a)-\int_0^a\frac{y\ln(1-y)}{1+y^2}dy\end{align}残った最終項の積分は(1)そのものです。よって
$a\le1$,\begin{align}\int_0^1\frac{x\ln(1-ax)}{1+x^2}dx&=\frac{\pi}{4}\arctan a+\frac{\ln2\ln(1+a^2)}{4}-\frac{\ln^2(1+a^2)}{8}\\&\quad-\frac{1}{2}\Li_2(a)-\frac{1}{8}\Li_2(-a^2)-\frac{1}{4}\Li_2\left(\frac{2a}{1+a^2}\right)\end{align}
$$I:=\int_0^a\frac{x\ln(1-ax)}{1+x^2}dx$$は定理６と被積分関数が同じなので、全く同様に進めていくと$$I=\arctan^2a+\frac{\ln^2(1+a^2)}{4}+\underbrace{\int_0^a\frac{\ln(1-ay)}{y}dy}_{u:=ay}-\underbrace{\int_0^a\frac{y\ln(1-ay)}{1+y^2}dy}_{=I}$$よって $I$ が求まります。また、$$\int_0^a\frac{x\ln(1+ax)}{1+x^2}dx$$も同じように計算できて、
$|a|\le1$$$\int_0^a\frac{x\ln(1-ax)}{1+x^2}dx=\frac{1}{2}\left[\arctan^2 a+\frac{\ln^2(1+a^2)}{4}-\Li_2(a^2)\right]$$
$a\in\RR$,$$\int_0^a\frac{x\ln(1+ax)}{1+x^2}dx=\frac{1}{2}\left[-\arctan^2 a+\frac{\ln^2(1+a^2)}{4}-\Li_2(-a^2)\right]$$
$$\int_0^1\frac{x\ln(1\mp ax)}{1+ax^2}dx$$では $\sqrt{a}x=u$ と置換すると$$=\int_0^\sqrt{a}\frac{u\ln(1\mp \sqrt{a}u)}{1+u^2}du$$定理７を使えて
$$\int_0^1\frac{x\ln(1\mp ax)}{1+ax^2}dx=\frac{1}{2a}\left[\pm\arctan^2 \sqrt{a}+\frac{\ln^2(1+a)}{4}-\Li_2(\pm a)\right]$$
次は：
[1] Cornel Ioan Vălean, "More (Almost) Impossible Integrals, Sums, and Series" , 楽天はこちら
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