$n\in\NN$ として\begin{eqnarray}I&:=&\int_0^1\frac{\ln^nx\Li_{n+1}(-x)}{1+x^2}dx\\&=&\frac{(-1)^{n-1}n!}{2^{n+1}}\left(1-\frac{1}{2^n}\right)\zeta(n+1)\beta(n+1)\tag{1}\end{eqnarray}\begin{eqnarray}J&:=&\int_0^1\frac{x\ln^nx\Li_{n+1}(x)}{1+x^2}dx\\&=&\frac{(-1)^nn!}{2}\left[\zeta(2n+2)-\b^2(n+1)-\frac{1}{2^{2n+2}}\left(1-\frac{1}{2^n}\right)^2\zeta^2(n+1)\right]\tag{2}\end{eqnarray}ただし $\b(s)$ はディリクレのベータ関数を表す。
これらの系として\begin{eqnarray*}\int_0^1\frac{\ln x\Li_{2}(-x)}{1+x^2}dx&=&\frac{\pi^2 G}{48}\\\int_0^1\frac{\ln^2 x\Li_{3}(-x)}{1+x^2}dx&=& -\frac{3\pi^3}{512}\zeta(3)\\\int_0^1\frac{x\ln x\Li_{2}(x)}{1+x^2}dx&=&\frac{G^2}{2}-\frac{123}{256}\zeta(4)\end{eqnarray*}を得る。
なお、導出の途中で次の等式が得られる。$$\int_0^1\frac{x\ln^nx}{1+x^2}dx=\frac{(-1)^{n-1}n!}{2^{n+1}}\left(\frac{1}{2^{n}}-1\right)\zeta(n+1)$$$$\int_0^1\frac{\ln^nx}{1+x^2}dx=(-1)^n n!\b(n+1)$$
方法は次の記事と同様です。
過去記事で証明した式：\begin{equation}\int_0^1\frac{\ln^n x}{1-a+ax}dx=\frac{(-1)^{n-1}n!}{a}\Li_{n+1}\left(\frac{a}{a-1}\right)\tag{3}\end{equation}を使います。ただし $a<1$ です。$\frac{a}{a-1}=t$ とすると次式を得ます。
$t<1$,\begin{equation}\int_0^1\frac{t\ln^ny}{1-ty}dy=(-1)^nn!\Li_{n+1}(t)\tag{4}\end{equation}
ただし積分の変数を $y$ にしておきました。(3)(4)はポリログを積分表示した式といえます。
1つ目の積分 $I$ からやってみましょう。$I$ の積分内にあるポリログは(4)により\begin{equation}I=\int_0^1\frac{\ln^nx}{1+x^2}\left(\frac{(-1)^n}{n!}\int_0^1\frac{-x\ln^ny}{1+xy}dy\right)dx\tag{5}\end{equation}整理すると$$I=\frac{(-1)^{n-1}}{n!}\int_0^1dx\int_0^1dy\frac{x\ln^nx\ln^ny}{(1+x^2)(1+xy)}$$逐次積分の順番を入れ替えても積分値は変わらないことを利用すると\begin{equation}I=\frac{(-1)^{n-1}}{n!2}\left\{\int_0^1dx\int_0^1dy+\int_0^1dy\int_0^1dx\right\}\frac{x\ln^nx\ln^ny}{(1+x^2)(1+xy)}\tag{6}\end{equation}後者の積分の変数 $x,y$ を入れ替えます。\begin{eqnarray}I&=&\frac{(-1)^{n-1}}{n!2}\biggl\{\int_0^1dx\int_0^1dy\frac{x\ln^nx\ln^ny}{(1+x^2)(1+xy)}\\&&\quad\quad+\int_0^1dx\int_0^1dy\frac{y\ln^nx\ln^ny}{(1+y^2)(1+xy)}\biggr\}\tag{7}\end{eqnarray}通分しましょう。\begin{eqnarray*}I&=&\frac{(-1)^{n-1}}{n!2}\int_0^1dx\int_0^1dy\biggl(\frac{x}{1+x^2}+\frac{y}{1+y^2}\biggr)\frac{\ln^nx\ln^ny}{1+xy}\\&=&\frac{(-1)^{n-1}}{n!2}\int_0^1dx\int_0^1dy\frac{(x+y)\ln^nx\ln^ny}{(1+x^2)(1+y^2)}\\&=&\frac{(-1)^{n-1}}{n!2}\int_0^1dx\int_0^1dy\left(\frac{x\ln^nx\ln^ny}{(1+x^2)(1+y^2)}+\frac{y\ln^nx\ln^ny}{(1+x^2)(1+y^2)}\right)\end{eqnarray*}第1項と第2項の積分は同じ値となりますので$$I=\frac{(-1)^{n-1}}{n!}\int_0^1dx\int_0^1dy\frac{x\ln^nx\ln^ny}{(1+x^2)(1+y^2)}$$変数を分離できます。$$I=\frac{(-1)^{n-1}}{n!}\left(\int_0^1\frac{x\ln^nx}{1+x^2}dx\right)\left(\int_0^1\frac{\ln^ny}{1+y^2}dy\right)$$積分変数をともに $x$ にしておきます。\begin{equation}\therefore\quad I=\frac{(-1)^{n-1}}{n!}\left(\int_0^1\frac{x\ln^nx}{1+x^2}dx\right)\left(\int_0^1\frac{\ln^nx}{1+x^2}dx\right)\tag{8}\end{equation}
(8)の２つの積分を計算しましょう。\begin{eqnarray*}\int_0^1\frac{x\ln^nx}{1+x^2}dx &=& \sum_{k=0}^\infty(-1)^k\int_0^1 x^{2k+1}\ln^nxdx \end{eqnarray*}繰り返し部分積分を行って $\ln$ の累乗を減らしていきます。以下、この方法は何度も使用するので覚えておきましょう。$$=\frac{(-1)^{n-1}n!}{2^{n+1}}\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k^{n+1}}=\frac{(-1)^{n-1}n!}{2^{n+1}}\Li_{n+1}(-1)$$ポリログの特殊値公式$$\Li_s(-1)=\left(\frac{1}{2^{s-1}}-1\right)\zeta(s)$$より\begin{equation}\int_0^1\frac{x\ln^nx}{1+x^2}dx=\frac{(-1)^{n-1}n!}{2^{n+1}}\left(\frac{1}{2^{n}}-1\right)\zeta(n+1)\tag{9}\end{equation}
もう片方の積分も全く同様に$$\int_0^1\frac{\ln^nx}{1+x^2}dx=(-1)^n n!\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)^{n+1}}$$ディリクレのベータ関数の定義から\begin{equation}\int_0^1\frac{\ln^nx}{1+x^2}dx=(-1)^n n!\b(n+1)\tag{10}\end{equation}
(9)(10)を(8)へ適用して積分値が求まります。
\begin{equation}\int_0^1\frac{\ln^nx\Li_{n+1}(-x)}{1+x^2}dx=\frac{(-1)^{n-1}n!}{2^{n+1}}\left(1-\frac{1}{2^n}\right)\zeta(n+1)\beta(n+1)\tag{11}\end{equation}
$n=1,2$ とすると\begin{eqnarray*}\int_0^1\frac{\ln x\Li_{2}(-x)}{1+x^2}dx&=&\frac{\pi^2 G}{48}\\\int_0^1\frac{\ln^2 x\Li_{3}(-x)}{1+x^2}dx&=&-\frac{3\pi^3}{512}\zeta(3)\end{eqnarray*}$G$ はカタラン定数です。$n$ が奇数のとき、リーマンゼータ関数の値は既知です。$n$ が偶数のときはディリクレのベータ関数の値が既知です。
同様の流れで $J$ も計算しましょう。\begin{equation}J=\int_0^1\frac{x\ln^nx}{1+x^2}\left(\frac{(-1)^n}{n!}\int_0^1\frac{x\ln^ny}{1-xy}dy\right)dx\tag{12}\end{equation}整理すると$$J=\frac{(-1)^n}{n!}\int_0^1dx\int_0^1dy\frac{x^2\ln^nx\ln^ny}{(1+x^2)(1-xy)}$$逐次積分の順番を入れ替えても積分値は変わらないことを利用すると\begin{equation}J=\frac{(-1)^{n}}{n!2}\left\{\int_0^1dx\int_0^1dy+\int_0^1dy\int_0^1dx\right\}\frac{x^2\ln^nx\ln^ny}{(1+x^2)(1-xy)}\tag{13}\end{equation}後者の積分の変数 $x,y$ を入れ替えます。\begin{eqnarray}J&=&\frac{(-1)^{n}}{n!2}\biggl\{\int_0^1dx\int_0^1dy\frac{x^2\ln^nx\ln^ny}{(1+x^2)(1-xy)}\\&&\quad\quad+\int_0^1dx\int_0^1dy\frac{y^2\ln^nx\ln^ny}{(1+y^2)(1-xy)}\biggr\} \\&=& \frac{(-1)^{n}}{n!2}\int_0^1dx\int_0^1dy\frac{\ln^nx\ln^ny}{1-xy}\left(\frac{x^2}{1+x^2}+\frac{y^2}{1+y^2}\right)\\&=&\frac{(-1)^{n}}{n!2}\int_0^1dx\int_0^1dy\left(\frac{\ln^nx\ln^ny}{1-xy}-\frac{(1+xy)\ln^nx\ln^ny}{(1+x^2)(1+y^2)}\right)\end{eqnarray}したがって\begin{eqnarray}J&=& \frac{(-1)^{n}}{n!2}\int_0^1dx\int_0^1dy\\&&\left[\frac{\ln^nx\ln^ny}{1-xy}-\frac{\ln^nx\ln^ny}{(1+x^2)(1+y^2)}-\frac{xy\ln^nx\ln^ny}{(1+x^2)(1+y^2)}\right]\tag{15}\end{eqnarray}第1項は前回記事で得た\begin{equation}\int_0^1dx\int_0^1dy\frac{\ln^nx\ln^ny}{1-xy}=n!^2\zeta(2n+2)\tag{16}\end{equation}でOKです。
第2項は\begin{eqnarray*}\int_0^1dx\int_0^1dy\frac{\ln^nx\ln^ny}{(1+x^2)(1+y^2)}&=&\left(\int_0^1\frac{\ln^nx}{1+x^2}dx\right)^2\\&=&n!^2\b^2(n+1)\quad(\because(10))\end{eqnarray*}
第3項は\begin{eqnarray*}\int_0^1dx\int_0^1dy\frac{xy\ln^nx\ln^ny}{(1+x^2)(1+y^2)}&=&\left(\int_0^1\frac{x\ln^nx}{1+x^2}dx\right)^2\\&=& \frac{n!^2}{2^{2n+2}}\left(\frac{1}{2^{n}}-1\right)^2\zeta^2(n+1)\quad(\because(9))\end{eqnarray*}
これらを(15)に適用すると
\begin{eqnarray}&&\int_0^1\frac{x\ln^nx\Li_{n+1}(x)}{1+x^2}dx\\&=&\frac{(-1)^nn!}{2}\left[\zeta(2n+2)-\b^2(n+1)-\frac{1}{2^{2n+2}}\left(1-\frac{1}{2^n}\right)^2\zeta^2(n+1)\right]\tag{17}\end{eqnarray}
$n=1$ なら$$\int_0^1\frac{x\ln x\Li_{2}(x)}{1+x^2}dx=\frac{G^2}{2}-\frac{123}{256}\zeta(4)$$
本記事で参照したのは Cornel Ioan Vălean, "(Almost) Impossible Integrals, Sums, and Series" です。めちゃくちゃ難しい積分が目白押しで楽しいです。
【Amazon】(Almost) Impossible Integrals, Sums, and Series
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