We consider the integrals that have the product of $\arctan x$, $x^s$ and $\ln x$. The point is that $n$-times differentiation of $x^s$ w.r.t $s$ generates $\ln^nx$.
本日のお題はこちらです。
$\arctan$ に関する積分公式\begin{eqnarray}\int_0^1 x^s\arctan xdx &=& \frac{1}{4(s+1)}\left[\pi-\psi\left(\frac{s}{4}+1\right)+\psi\left(\frac{s}{4}+\frac{1}{2}\right)\right]\\ \int_0^1 x^s\ln x\arctan xdx &=& -\frac{1}{4(s+1)^2}\left[\pi-\psi\left(\frac{s}{4}+1\right)+\psi\left(\frac{s}{4}+\frac{1}{2}\right)\right]\\&&+\frac{1}{16(s+1)}\left[-\psi'\left(\frac{s}{4}+1\right)+\psi'\left(\frac{s}{4}+\frac{1}{2}\right)\right]\\ \int_0^1 x^s\ln^2 x\arctan xdx &=& \frac{1}{2(s+1)^3}\left[\pi-\psi\left(\frac{s}{4}+1\right)+\psi\left(\frac{s}{4}+\frac{1}{2}\right)\right]\\&&+\frac{1}{8(s+1)^2}\left[\psi'\left(\frac{s}{4}+1\right)-\psi'\left(\frac{s}{4}+\frac{1}{2}\right)\right]\\&&-\frac{1}{64(s+1)}\left[\psi''\left(\frac{s}{4}+1\right)-\psi''\left(\frac{s}{4}+\frac{1}{2}\right)\right]\end{eqnarray}を導出する。これらに値を代入することにより、例えば次の等式を得る。\begin{eqnarray}\int_0^1 \arctan xdx &=& \frac{\pi}{4}-\frac{\ln2}{2} \\ \int_0^1 x\arctan xdx &=& \frac{\pi}{4}-\frac{1}{2} \\ \int_0^1 x^2\arctan xdx &=& \frac{\pi}{12}+\frac{\ln2}{6}-\frac{1}{6} \\ \int_0^1 x^3\arctan xdx &=& \frac{1}{6} \\ \int_0^1 \frac{\arctan x}{\sqrt{x}}dx &=& \sqrt{2}\ln(\sqrt{2}+1)-\frac{\sqrt{2}-1}{2}\pi\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}\int_0^1 \ln x\arctan xdx &=& \frac{\pi^2}{48}-\frac{\pi}{4}+\frac{\ln2}{2} \\ \int_0^1 x\ln x\arctan xdx &=& -\frac{G}{2}-\frac{\pi}{8}+\frac{3}{4} \\ \int_0^1 x^2\ln x\arctan xdx &=& -\frac{\pi^2}{144}-\frac{\pi}{36}-\frac{\ln2}{18}+\frac{5}{36} \\ \int_0^1 x^3\ln x\arctan xdx &=& \frac{G}{4}-\frac{19}{72}\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}\int_0^1 \ln^2 x\arctan xdx &=& -\frac{3}{16}\zeta(3)-\frac{\pi^2}{24}+\frac{\pi}{2}-\ln2 \\ \int_0^1 x\ln^2 x\arctan xdx &=& \frac{\pi^3}{32}+\frac{G}{2}+\frac{\pi}{8}-\frac{7}{4} \\ \int_0^1 x^2\ln^2 x\arctan xdx &=& \frac{1}{16}\zeta(3)+\frac{\pi^2}{216}+\frac{\pi}{54}+\frac{\ln2}{27}-\frac{19}{108} \\ \int_0^1 x^3\ln^2 x\arctan xdx &=& -\frac{\pi^3}{64}-\frac{G}{8}+\frac{265}{432}\end{eqnarray}
$\mathrm{arccot}x$ バージョンもあり。
これに似た過去記事もあわせてどうぞ：
本記事の軸となる積分 $I(s)$ を次で定義します。
\begin{equation}I(s):=\int_0^1 x^s\arctan xdx\quad(s>-1)\tag{1}\end{equation}
繰り返し微分することにより $\ln x$ が次々と現れ、以下が成立します。
\begin{equation}\frac{d^nI}{ds^n}=\int_0^1 x^s\ln^nx\arcsin xdx\tag{2}\end{equation}
$I(s)$ を $s$ の関数として表すことができれば、任意の回数微分して、好きに $s$ を代入することで冒頭のような積分たちを導くことができます。
では(1)の定積分を実行します。$\arctan x$ は微分すると分数関数になることを利用しましょう（あるいはこれを級数展開してもいい）。部分積分により$$I(s)=\frac{\pi}{4(s+1)}-\frac{1}{s+1}\int_0^1\frac{x^{s+1}}{1+x^2}dx$$$s$ が$1$ や $4$ などの具体的な整数値であれば、整式の割り算によって「多項式＋$\dfrac{ax}{1+x^2}$ ＋ $\dfrac{b}{1+x^2}$」に変形できるので初等的に計算可能です。しかし今は $\dfrac{1}{1+x^2}$ の級数展開を使いましょう。$$\int_0^1\frac{x^{s+1}}{1+x^2}dx=\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\int_0^1x^{2n+s+1}dx$$したがって$$\int_0^1\frac{x^{s+1}}{1+x^2}dx=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{2n+s+2}$$正負で分けましょう。そのためには $n$ を偶奇 $2n$ , $2n+1$ に分ければよいです。\begin{eqnarray*}\int_0^1\frac{x^{s+1}}{1+x^2}dx &=& \sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{4n+s+2}-\frac{1}{4n+s+4}\right) \\ &=& \frac{1}{4}\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{n+\frac{s+2}{4}}-\frac{1}{n+\frac{s+4}{4}}\right)\\ &=& \frac{1}{4}\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{n+\frac{s+2}{4}}-\frac{1}{n+1}\right) - \frac{1}{4}\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{n+\frac{s+4}{4}}-\frac{1}{n+1}\right)\end{eqnarray*}ディガンマ関数の級数表示
\begin{equation}\psi(z)=-\g-\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{z+n}-\frac{1}{n+1}\right)\tag{3}\end{equation}
を用いれば$$\int_0^1\frac{x^{s+1}}{1+x^2}dx=\frac{1}{4}\left[\psi\left(\frac{s+4}{4}\right)-\psi\left(\frac{s+2}{4}\right)\right]$$ディガンマ関数の級数表示については
以上より、次の結果が導かれました。
\begin{eqnarray}I(s)&:=&\int_0^1 x^s\arctan xdx \\ &=& \frac{1}{4(s+1)}\left[\pi-\psi\left(\frac{s}{4}+1\right)+\psi\left(\frac{s}{4}+\frac{1}{2}\right)\right]\tag{4}\end{eqnarray}
$s>-1$ であれば $s$ は何でもいいので、適当にいくつか代入しましょう。問題はディガンマ関数の値です。これについては
【γ9】ディガンマ関数の相反公式・倍数公式と特殊値・ゼータ関数（ガンマ関数の基礎シリーズ9）
を参照ください。$s=0,1,2,3,-\dfrac{1}{2}$ のときはそれぞれ\begin{equation}\begin{cases}\psi\left(1\right)-\psi\left(\dfrac{1}{2}\right) &=& 2\ln2 \\ \psi\left(\dfrac{5}{4}\right)-\psi\left(\dfrac{3}{4}\right) &=& 4-\pi \\ \psi\left(\dfrac{3}{2}\right)-\psi\left(1\right) &=& 2-2\ln2 \\ \psi\left(\dfrac{7}{4}\right)-\psi\left(\dfrac{5}{4}\right) &=& \pi-\dfrac{8}{3} \\ \psi\left(\dfrac{7}{8}\right)-\psi\left(\dfrac{3}{8}\right) &=& \sqrt{2}\pi+2\sqrt{2}\ln(\sqrt{2}-1)\end{cases}\tag{5}\end{equation}を(4)に用います。すると
\begin{eqnarray}\int_0^1 \arctan xdx &=& \frac{\pi}{4}-\frac{\ln2}{2}\tag{6} \\ \int_0^1 x\arctan xdx &=& \frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\tag{7} \\ \int_0^1 x^2\arctan xdx &=& \frac{\pi}{12}+\frac{\ln2}{6}-\frac{1}{6}\tag{8} \\ \int_0^1 x^3\arctan xdx &=& \frac{1}{6}\tag{9} \\ \int_0^1 \frac{\arctan x}{\sqrt{x}}dx &=& \sqrt{2}\ln(\sqrt{2}+1)-\frac{\sqrt{2}-1}{2}\pi\tag{10}\end{eqnarray}
(9)のシンプルさには驚きました。冒頭で述べたように(6)(7)(8)(9)については、ディガンマ関数を使わなくとも初等的に計算可能です。(10)もそうかも(?)。(4)のメリットは任意の $s$ で定式化できることにあります。
(4)を $s$ で微分すると
\begin{eqnarray}I'(s)&=&\int_0^1 x^s\ln x\arctan xdx \\ &=& -\frac{1}{4(s+1)^2}\left[\pi-\psi\left(\frac{s}{4}+1\right)+\psi\left(\frac{s}{4}+\frac{1}{2}\right)\right]\\&&+\frac{1}{16(s+1)}\left[-\psi'\left(\frac{s}{4}+1\right)+\psi'\left(\frac{s}{4}+\frac{1}{2}\right)\right]\tag{11}\end{eqnarray}
あるいは(4)を利用するなら\begin{equation}I'(s)=-\frac{I(s)}{s+1}+\frac{1}{16(s+1)}\left[-\psi'\left(\frac{s}{4}+1\right)+\psi'\left(\frac{s}{4}+\frac{1}{2}\right)\right]\tag{12}\end{equation}もありです。ディガンマ関数の微分（ポリガンマ関数）の値については
【γ10】ポリガンマ関数の値、極、級数表示、ゼータ関数との関係（ガンマ関数の基礎シリーズ10）
を参考にしてください。ゼータ関数と深い関りがあります。$s=0,1,2,3$ では(5)および\begin{equation}\begin{cases}\psi'\left(1\right)-\psi'\left(\dfrac{1}{2}\right) &=& -\dfrac{\pi^2}{3} \\ \psi'\left(\dfrac{5}{4}\right)-\psi'\left(\dfrac{3}{4}\right) &=& 16G-16 \\ \psi'\left(\dfrac{3}{2}\right)-\psi'\left(1\right) &=& \dfrac{\pi^2}{3}-4 \\ \psi'\left(\dfrac{7}{4}\right)-\psi'\left(\dfrac{5}{4}\right) &=& \dfrac{128}{9}-16G \end{cases}\tag{13}\end{equation}によって次の等式を得られます。
\begin{eqnarray}\int_0^1 \ln x\arctan xdx &=& \frac{\pi^2}{48}-\frac{\pi}{4}+\frac{\ln2}{2}\tag{14} \\ \int_0^1 x\ln x\arctan xdx &=& -\frac{G}{2}-\frac{\pi}{8}+\frac{3}{4}\tag{15} \\ \int_0^1 x^2\ln x\arctan xdx &=& -\frac{\pi^2}{144}-\frac{\pi}{36}-\frac{\ln2}{18}+\frac{5}{36}\tag{16} \\ \int_0^1 x^3\ln x\arctan xdx &=& \frac{G}{4}-\frac{19}{72}\tag{17}\end{eqnarray}
$s$ が非整数でももちろん構いませんが、$\psi'$ の値がうまく求まりません。残念。なお(14)(15)(16)(17)は次のようにも計算可能です。部分積分により\begin{eqnarray*}\int_0^1 x^n \ln x\arctan xdx &=& -\frac{1}{n+1}\int_0^1x^{n+1}\left(\frac{\arctan x}{x}+\frac{\ln x}{1+x^2}\right)dx\\&=&-\frac{1}{n+1}\int_0^1\left(x^n\arctan x+\frac{x^{n+1}\ln x}{1+x^2}\right)dx\end{eqnarray*}第1項は先ほど話が済んでいます。第2項では $\dfrac{1}{1+x^2}$ を級数展開して $x^{n+2m+1}\ln x$ となり、部分積分です。
(11)を $s$ で微分すると
\begin{eqnarray}I''(s)&=&\int_0^1 x^s\ln^2 x\arctan xdx \\ &=& \frac{1}{2(s+1)^3}\left[\pi-\psi\left(\frac{s}{4}+1\right)+\psi\left(\frac{s}{4}+\frac{1}{2}\right)\right]\\&&+\frac{1}{8(s+1)^2}\left[\psi'\left(\frac{s}{4}+1\right)-\psi'\left(\frac{s}{4}+\frac{1}{2}\right)\right]\\&&-\frac{1}{64(s+1)}\left[\psi''\left(\frac{s}{4}+1\right)-\psi''\left(\frac{s}{4}+\frac{1}{2}\right)\right]\tag{18}\end{eqnarray}
$s=0,1,2,3$ では(5)(13)および\begin{equation}\begin{cases}\psi''\left(1\right)-\psi''\left(\dfrac{1}{2}\right) &=& 12\zeta(3) \\ \psi''\left(\dfrac{5}{4}\right)-\psi''\left(\dfrac{3}{4}\right) &=& 128-4\pi^3 \\ \psi''\left(\dfrac{3}{2}\right)-\psi''\left(1\right) &=& 16-12\zeta(3) \\ \psi''\left(\dfrac{7}{4}\right)-\psi''\left(\dfrac{5}{4}\right) &=& 4\pi^3-\dfrac{3328}{27} \end{cases}\tag{19}\end{equation}によって次の等式を得られます。
\begin{eqnarray}\int_0^1 \ln^2 x\arctan xdx &=& -\frac{3}{16}\zeta(3)-\frac{\pi^2}{24}+\frac{\pi}{2}-\ln2\tag{20} \\ \int_0^1 x\ln^2 x\arctan xdx &=& \frac{\pi^3}{32}+\frac{G}{2}+\frac{\pi}{8}-\frac{7}{4}\tag{21} \\ \int_0^1 x^2\ln^2 x\arctan xdx &=& \frac{1}{16}\zeta(3)+\frac{\pi^2}{216}+\frac{\pi}{54}+\frac{\ln2}{27}-\frac{19}{108}\tag{22} \\ \int_0^1 x^3\ln^2 x\arctan xdx &=& -\frac{\pi^3}{64}-\frac{G}{8}+\frac{265}{432}\tag{23}\end{eqnarray}
一連の操作を繰り返せば $\ln x$ の次数が大きくなっても値を導出することができます。
$$\mathrm{arccot} x=\frac{\pi}{2}-\arctan x$$なので$$J(s):=\int_0^1 x^s\mathrm{arccot} xdx\quad(s>-1)$$のように定義すれば$$J(s)=\frac{\pi}{2(s+1)}-I(s)$$となりますので
\begin{eqnarray}J(s)&:=&\int_0^1 x^s\mathrm{arccot} xdx \\ &=& \frac{1}{4(s+1)}\left[\pi+\psi\left(\frac{s}{4}+1\right)-\psi\left(\frac{s}{4}+\frac{1}{2}\right)\right]\tag{24}\end{eqnarray}
微分により
\begin{eqnarray}\int_0^1 x^s\ln x\mathrm{arccot} xdx &=& -\frac{1}{4(s+1)^2}\left[\pi+\psi\left(\frac{s}{4}+1\right)-\psi\left(\frac{s}{4}+\frac{1}{2}\right)\right]\\&&+\frac{1}{16(s+1)}\left[\psi'\left(\frac{s}{4}+1\right)-\psi'\left(\frac{s}{4}+\frac{1}{2}\right)\right]\tag{25}\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}\int_0^1 x^s\ln^2 x\mathrm{arccot} xdx &=& \frac{1}{2(s+1)^3}\left[\pi+\psi\left(\frac{s}{4}+1\right)-\psi\left(\frac{s}{4}+\frac{1}{2}\right)\right]\\&&-\frac{1}{8(s+1)^2}\left[\psi'\left(\frac{s}{4}+1\right)-\psi'\left(\frac{s}{4}+\frac{1}{2}\right)\right]\\&&+\frac{1}{64(s+1)}\left[\psi''\left(\frac{s}{4}+1\right)-\psi''\left(\frac{s}{4}+\frac{1}{2}\right)\right]\tag{26}\end{eqnarray}
となります。
Please support me!
記事を気に入って下さった方、「応援してあげてもいいよ」という方がいらっしゃったら15円から可能なので支援していただければ幸いです。情報発信を継続していくため、サーバー維持費などに充てさせていただきます。
ご支援いただいた方は、こちらで確認できます。
◎ Amazonギフトの場合、
Amazonギフト券- Eメールタイプ – Amazonベーシック
より、金額は空白欄に適当に(15円から)書きこんで下さい。受取人は「mamekebiamazonあっとgmail.com」です（あっとは@に置き換えてください）。贈り主は「匿名」等でOKです。全額がクリエイターに届きます。
◎ OFUSEは登録不要で、100円から寄付できます。金額の90%がクリエイターに届きます。
OFUSEで応援を送る◎ codocは登録不要で、100円から寄付できます。金額の85%がクリエイターに届きます。
