積分級數鑑賞-AMM Problems-12221

某個月黑風高的下午，Yoshinow2001吃飽了撐著打開了AMM上的一個積分題（見Problem12221），他發現他不會做，但是有論文的解答，花了一個晚上終於搞懂了整個過程，寫完這題的他不禁感嘆數學的奇妙（//̀Д/́/），裡面許多方法其實並不陌生，但讓我單獨做還是完全不行。

讀懂做法之後，就也整理了一下整個思路，以及最近在準備（預習）高數競賽，就想著試試在知乎上發點東西，就用之前這篇blog先來試試編輯公式（霧）

Problem 12221

這題是要我們證：

$\begin{aligned}\int_0 ^1 \frac{\ln(x^6+1)}{x^2+1}dx=\frac{\pi}{2}\ln(6)-3G\end{aligned}$

，這裡G是卡特蘭常數

$\begin{aligned}G=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k+1)^2}\end{aligned}$

。

（證明來自於Roberto Tauraso）

首先依然是倒代換，令

$\begin{aligned}t=\frac{1}{x},dt=-\frac{1}{x^2}dx=-t^2 dx\end{aligned}$

就會有

$\begin{aligned}I&=\int_{0}^{1} \frac{\ln(x^6+1)}{x^2+1}dx=\int_{\infty} ^{1} \frac{\ln(x^6+1)-6\ln x}{\frac{x^2+1}{x^2}}(-\frac{1}{x^2} dx)\\&=\int _1^{\infty} \frac{\ln(x^6+1)}{x^2+1}dx-6\int_1^{\infty} \frac{\ln x}{x^2+1} dx \end{aligned}$

接著分別取第一行和第二行的式子，就得到了

$\begin{aligned}2I=\int_{0} ^{\infty} \frac{\ln(x^6+1)}{x^2+1} dx-6\int _1 ^{\infty} \frac{\ln x}{x^2+1}dx\end{aligned}.\tag{1}$

不妨記

$\begin{aligned}I_1=\int_0 ^{\infty} \frac{\ln(x^6+1)}{x^2+1}dx\end{aligned},\begin{aligned}I_2=\int_1 ^{\infty} \frac{\ln x}{x^2+1}dx\end{aligned}$

。

$\begin{aligned}I=\frac{1}{2}I_1-3I_2\end{aligned}.\tag{2}$

我查閱了一下相關資料，後面那個積分就是

卡特蘭常數

的一個常見的應用：

依然做倒代換：

$\begin{aligned}\int_{1}^{\infty} \frac{\ln x}{x^2+1}dx=\int _1 ^0 \frac{-\ln x}{\frac{x^2+1}{x^2}}(-\frac{1}{x^2}dx)=-\int_0^1 \frac{\ln x}{x^2+1}dx\end{aligned}$

，

然後是利用

$\begin{aligned}\frac{1}{x^2+1}dx=d(\arctan x)\end{aligned}$

就得到，

$\begin{aligned}I_2&=-\int_0^1 \ln (x) d(\arctan x)=-\arctan(x)\ln(x)|_0^1+\int_0^1 \frac{\arctan x}{x}dx=\int_0^1 \frac{\arctan(x)}{x}dx\\&=\int_0^1 \frac{1}{x}\Big(\int_0^x \frac{dt}{t^2+1}\Big) dx=\int_0^1 \frac{1}{x}[\int_0^x \sum{n=0}^{\infty} (-t^2)^n dt]dx=\int_0^1\frac{1}{x}[\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}]dx\\&=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} \int_0^1 x^{2n} dx=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)n}{(2n+1)^2}=G.\end{aligned}$

這裡其實就是在做湊微分、倒代換以及一個arctan x的泰勒展開式子，就得到了卡特蘭常數相關的一串恆等式：

$\begin{aligned}G=\int_0^1 \frac{\arctan x}{x} dx=\int _1^{\infty} \frac{\ln x}{x^2+1} dx=-\int_0^1 \frac{\ln x}{x^2+1} dx\end{aligned}.\tag{3}$

好了處理完後面這個（還算好處理的）東西，再回過頭來處理前面的廣義積分

，代數基本定理的一個推論說，每個實係數多項式必定可以分解成一些一次因式，以及實係數不可約的二次因式的乘積，這裡剛好又在

對數里出現了高次多項式

，於是就考慮先給

做因式分解：

$\begin{aligned}x^6+1&=(x^2)^3+1=(x^2+1)(x^4-x^2+1)=(x^2+1)(x^4+2x^2+1-3x^2)\\&=(x^2+1)[(x^2+1)^2-(\sqrt 3 x)^2]=(x^2+1)(x^2+\sqrt 3 x+1)(x^2-\sqrt3 x+1).\end{aligned}$

後面作者就開始算一個震驚我一下午的東西，他直接去考慮如何計算

$\begin{aligned}J(a)=\int_0 ^{\infty} \frac{\ln(x^2+ax+1)}{x^2+1}dx\end{aligned}.$

做起來依然是用反正切處理分母：

$\begin{aligned}J(a)&=\int_0 ^{\infty} \ln(x^2+ax+1)d(\arctan x)\xlongequal[x=\tan t]{t=\arctan x}\int_0^{\pi/2} \ln(\frac{1}{\cos ^2 x}+a\frac{\sin x}{\cos x}) dx\\&=\int_0 ^{\pi/2} \ln(1+\frac{a}{2}\sin 2x)dx-2\int_{0}^{\pi/2} \ln(\cos x) dx\end{aligned}$

對於後面的部分，記為

$I_3=\int_0 ^{\pi/2} \ln(\cos x) dx$

，利用正餘弦的對稱性有

$I_3=\int_0^{\pi/2} \ln(\sin x)dx$

，於是

$\begin{aligned}I_3&=\frac{1}{2}\int_0^{\pi/2} \ln(\frac{\sin(2x)}{2})dx=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot\int_0^{\pi/4} \ln(\sin(2x))dx-\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi}{2}\cdot ln2\\&=\frac{1}{2}\int_0^{\pi/4} ln(\sin(2x))d(2x)-\frac{\pi}{4}\ln 2=\frac{1}{2}I_3-\frac{\pi}{4}\ln2.\end{aligned}\tag{4}$

於是要求的

$\begin{aligned}I_3=-\frac{\pi}{2}\ln 2\end{aligned}.$

前面一塊也可以化成

$2\begin{aligned}\int_0^{\pi/4} \ln(1+\frac{a}{2}\sin(2x))\frac{1}{2}d(2x)=\int_0^{\pi/2} \ln(1+\frac{a}{2}\sin x)dx.\end{aligned}$

代回去：

$\begin{aligned}J(a)=\int_0^{\pi/2} \ln(1+\frac{a}{2}\sin x)dx+\pi\ln2\end{aligned}$

，接著又是一個震驚一下午的操作：

$\begin{aligned}J(a)+J(-a)=\int_0^{\pi/2} \ln(1-\frac{a^2}{4}\sin^2 x)+2\pi \ln2\end{aligned}.$

為了方便還是把前面的積分寫成A，泰勒展開成關於

$\sin ^2 x$

的冪級數，然後交換次序，再用Wallis公式展開：

$\begin{aligned}A&=-\int_0^{\pi/2}[\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{a^2}{4})^n \frac{1}{n}\sin^{2n} x ]dx=-\frac{\pi}{2}\sum_{n=1}^{\infty} (\frac{a^2}{4})^n \frac{1}{n}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}.\end{aligned}\tag{5}$

接著用到

廣義二項式定理

的一個情形：

$\begin{aligned}\frac{1}{\sqrt{1+x}}=1+\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} x^n\end{aligned}.\tag{6}$

（5）式裡則考慮怎麼處理掉

$\frac{1}{n}$

，依然是湊成積分：

$\begin{aligned}A&=-\frac{\pi}{2}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n-1)!!}{4^n(2n)!!} \cdot 2\cdot \int_0 ^a x^{2n-1} dx=-\pi\int_0^a \frac{1}{x}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}(\frac{x^2}{4})^n dx\\&=-\pi\int_0^a \frac{1}{x}(\frac{1}{\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}}-1) dx=-\pi\int_0^a \frac{1}{x} \frac{2-\sqrt{4-x^2}}{\sqrt{4-x^2}}dx=-\pi\int_0^a \frac{1}{x} \frac{x^2}{\sqrt{4-x^2}(2+\sqrt{4-x^2})}\\&=-\pi\int_0^a \frac{x}{\sqrt{4-x^2}(2+\sqrt{4-x^2})}dx=\pi\int_0^a\frac{d(2+\sqrt{4-x^2})}{2+\sqrt{4-x^2}}\\&=\pi\Big(\ln|2+\sqrt{4-a^2}|-\ln 4\Big)=\pi\ln \frac{1+\sqrt{1-\frac{a^2}{4}}}{2}.\end{aligned}$