Finden Sie die geschlossene Form für das Vierfachintegral

Definieren:

$$\begin{eqnarray} I(a,b,c,d):=\int_0^{\tan ^{-1}\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right)} \frac{\sin (\theta ) \tan ^{-1}\left(\sin (\theta ) \sqrt{\frac{d}{b+c \sin ^2(\theta )}}\right)}{\sqrt{a b d \left(b+c \sin ^2(\theta )\right)}} \, d\theta \quad (i) \end{eqnarray}$$ Dann definiere auch:

$$\begin{eqnarray} {\mathfrak F}^{(A,B)}_{a,b} &:=& \int\limits_A^B \frac{\log(z+a)}{z+b} dz\\ &=& F[B,a,b] - F[A,a,b] + 1_{t^* \in (0,1)} \left( -F[A+(t^*+\epsilon)(B-A),a,b] + F[A+(t^*-\epsilon)(B-A),a,b] \right) \quad (ii) \end{eqnarray}$$ Wo $$\begin{eqnarray} t^*:=-\frac{Im[(A+b)(b^*-a^*)]}{Im[(B-A)(b^*-a^*)]} \end{eqnarray}$$ Und $$\begin{equation} F[z,a,b] := \log(z+a) \log\left( \frac{z+b}{b-a}\right) + Li_2\left( \frac{z+a}{a-b}\right) \end{equation}$$ für$a$,$b$,$A$,$B$komplex sein.

Dann haben wir:

$$\begin{eqnarray} I(a,b,c,d)&=& \frac{1}{\sqrt{a}} \int\limits_0^{\sqrt{\frac{d}{a+b+c}}} \frac{u \tan ^{-1}(u)}{\left(d-c u^2\right) \sqrt{d-u^2 (b+c)}} du\\ &=& \frac{\sqrt{d}}{\sqrt{a} (b+c)}\int\limits_0^{\sin ^{-1}\left(\sqrt{\frac{b+c}{a+b+c}}\right)} \frac{\sin (\phi ) \tan ^{-1}\left(\sin (\phi ) \sqrt{\frac{d}{b+c}}\right)}{d-\frac{c d \sin ^2(\phi )}{b+c}} d\phi\\ &=&-\frac{2 i}{\sqrt{a} \sqrt{d}} \int\limits_0^{\frac{\sqrt{\frac{b+c}{a+b+c}}}{\sqrt{\frac{a}{a+b+c}}+1}} \frac{t}{b \left(t^2+1\right)^2+c \left(t^2-1\right)^2} \log \left(\frac{2 i t \sqrt{\frac{d}{b+c}}+t^2+1}{-2 i t \sqrt{\frac{d}{b+c}}+t^2+1}\right) dt\\ &=&\frac{1}{4} \frac{1}{\sqrt{a b c d}} \sum\limits_{\xi=1}^4 \sum\limits_{\eta=1}^4 (-1)^{\left\lfloor \frac{\eta -1}{2}\right\rfloor +\left\lfloor \frac{\xi -1}{2}\right\rfloor } \int\limits_0^{\frac{\sqrt{\frac{b+c}{a+b+c}}}{\sqrt{\frac{a}{a+b+c}}+1}} \frac{\log \left(i (-1)^{\left\lfloor \frac{\xi -1}{2}\right\rfloor } \sqrt{\frac{d}{b+c}}+i (-1)^{\xi -1} \sqrt{\frac{b+c+d}{b+c}}+t\right)}{t-i (-1)^{\left\lfloor \frac{\eta -1}{2}\right\rfloor +\eta +1} e^{i (-1)^{\left\lfloor \frac{\eta -1}{2}\right\rfloor } \tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b}}\right)}} dt \\ &=&\frac{1}{4} \frac{1}{\sqrt{a b c d}} \sum\limits_{\xi=1}^4 \sum\limits_{\eta=1}^4 (-1)^{\left\lfloor \frac{\eta -1}{2}\right\rfloor +\left\lfloor \frac{\xi -1}{2}\right\rfloor } % {\mathfrak F}^{(0,\frac{\sqrt{\frac{b+c}{a+b+c}}}{\sqrt{\frac{a}{a+b+c}}+1})}_{i (-1)^{\left\lfloor \frac{\xi -1}{2}\right\rfloor } \sqrt{\frac{d}{b+c}}+i (-1)^{\xi -1} \sqrt{\frac{b+c+d}{b+c}},-i (-1)^{\left\lfloor \frac{\eta -1}{2}\right\rfloor +\eta +1} e^{i (-1)^{\left\lfloor \frac{\eta -1}{2}\right\rfloor } \tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b}}\right)}} \end{eqnarray}$$

In der oberen Zeile ersetzten wir für$u=\sin(\theta) \sqrt{d/(b+c \sin(\theta)^2)}$. In der zweiten Zeile haben wir ersetzt$u = \sqrt{d/(c+b)} \sin(\phi)$. In der dritten Zeile haben wir ersetzt$t=\tan(\phi/2)$. In der vierten Zeile haben wir Partialbruchzerlegung und Eigenschaften des Logarithmus verwendet. Schließlich haben wir in der fünften Zeile die in definierte Stammfunktion verwendet$(ii)$.

Clear[F]; Clear[FF];
F[z_, a_, b_] := 
  Log[a + z] Log[(b + z)/(-a + b)] + PolyLog[2, (a + z)/(a - b)];
FF[A_, B_, a_, b_] := 
  Module[{result, ts, zs, zsp, zsm, eps = 10^(-15)},
   (*This is Integrate[Log[z+a]/(z+b),{z,A,B}] where all a,b,A, 
   and B are complex. *)
   result = F[B, a, b] - F[A, a, b];


   ts = - (Im[(A + b) (Conjugate[b] - Conjugate[a])]/
     Im[(B - A) (Conjugate[b] - Conjugate[a])]);
   If[0 <= ts <= 1,
    zsp = A + (ts + eps) (B - A);
    zsm = A + (ts - eps) (B - A);
    result += -F[zsp, a, b] + F[zsm, a, b];
    ];

   result
   ];

{a, b, c, d} = RandomReal[{0, 3}, 4, WorkingPrecision -> 50];
NIntegrate[
 Exp[-a/2 x^2 - b/2 y^2 - c/2 z^2 - d/2 w^2], {x, 0, Infinity}, {y, 0,
   x}, {z, 0, y}, {w, 0, z}]
NIntegrate[
 Sin[th]/Sqrt[a b d (b + c Sin[th]^2)] ArcTan[
   Sin[th] Sqrt[d/(b + c Sin[th]^2)]], {th, 0, ArcTan[Sqrt[b/a]]}]
  1/Sqrt[a ] NIntegrate[
  u ArcTan[u] 1/((d - c u^2) Sqrt[d - (c + b) u^2]), {u, 0, Sqrt[ 
   d/ (a + b + c)]}]
 Sqrt[d]/(Sqrt[a ] (b + c))
  NIntegrate[
  Sin[phi] ArcTan[
    Sqrt[d/(c + b)] Sin[phi]] 1/(d - c (d/(c + b) Sin[phi]^2)) , {phi,
    0, ArcSin[ Sqrt[( c + b)/ (a + b + c)]]}]
- I 2/(Sqrt[a ] Sqrt[d])
  NIntegrate[
   t /(c (-1 + t^2)^2 + b (1 + t^2)^2) Log[(
    1 + t^2 + 2 I Sqrt[d/(b + c)] t)/(
    1 + t^2 - 2 I Sqrt[d/(b + c)] t)], {t, 0, Sqrt[(b + c)/(
   a + b + c)]/(1 + Sqrt[a/(a + b + c)])}]
- I 2/(Sqrt[a ] Sqrt[d])
  NIntegrate[
   t /(c (-1 + t^2)^2 + 
     b (1 + t^2)^2) Log[((1/
        2 (2 I Sqrt[d/(b + c)] - Sqrt[-4 - (4 d)/(b + c)]) + 
       t) (1/2 (2 I Sqrt[d/(b + c)] + Sqrt[-4 - (4 d)/(b + c)]) + 
       t))/((1/2 (-2 I Sqrt[d/(b + c)] - Sqrt[-4 - (4 d)/(b + c)]) + 
       t) (1/2 (-2 I Sqrt[d/(b + c)] + Sqrt[-4 - (4 d)/(b + c)]) + 
       t))], {t, 0, Sqrt[(b + c)/(a + b + c)]/(
   1 + Sqrt[a/(a + b + c)])}]
 1/Sqrt[a b c d]  1/4 NIntegrate[
  Sum[(-1)^(Floor[(eta - 1)/2]) (-1)^
    Floor[(xi - 1)/2] Log[
     t + (-1)^Floor[(xi - 1)/2] I Sqrt[d/(b + c)] + (-1)^(xi - 1)
        I Sqrt[( b + c + d)/(b + c)]]/(
    t - (-1)^(1 + eta + 
        Floor[(eta - 1)/2]) I Exp[(-1)^(Floor[(eta - 1)/2]) I ArcTan[
         Sqrt[c]/Sqrt[b]]]), {xi, 1, 4}, {eta, 1, 4}], {t, 0, Sqrt[(
   b + c)/(a + b + c)]/(1 + Sqrt[a/(a + b + c)])}]
 1/Sqrt[a b c d]  1/4 Sum[(-1)^(Floor[(eta - 1)/2]) (-1)^
   Floor[(xi - 1)/2] FF[0, Sqrt[(b + c)/(a + b + c)]/(
    1 + Sqrt[a/(
     a + b + c)]), (-1)^Floor[(xi - 1)/2] I Sqrt[d/(b + c)] + (-1)^(
      xi - 1) I Sqrt[( b + c + d)/(
      b + c)], -(-1)^(1 + eta + 
        Floor[(eta - 1)/2]) I Exp[(-1)^(Floor[(eta - 1)/2]) I ArcTan[
        Sqrt[c]/Sqrt[b]]]], {xi, 1, 4}, {eta, 1, 4}]

Update: Schauen Sie sich den Fall als Plausibilitätsprüfung an$a=b=c=d=1$. Dann definiere:

$$\begin{eqnarray} M1&:=&\left( \begin{array}{cccc} -1+\sqrt{3} & \sqrt{2} & \sqrt{2} & -1+\sqrt{3} \\ 1 & \sqrt{2-\sqrt{3}} & \sqrt{2-\sqrt{3}} & 1 \\ \sqrt{2-\sqrt{3}} & 1 & 1 & \sqrt{2-\sqrt{3}} \\ \sqrt{2} & -1+\sqrt{3} & -1+\sqrt{3} & \sqrt{2} \\ \end{array} \right)\\ M2&:=&\left( \begin{array}{cccc} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{2} \left(1+\sqrt{3}\right) & \frac{1}{2} \left(1+\sqrt{3}\right) & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{2} \left(-1+\sqrt{3}\right) & \frac{1}{2} \left(-1+\sqrt{3}\right) & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{2} \left(-1+\sqrt{3}\right) & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{2} \left(-1+\sqrt{3}\right) \\ \frac{1}{2} \left(1+\sqrt{3}\right) & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{2} \left(1+\sqrt{3}\right) \\ \end{array} \right)\\ A1&:=&\left( \begin{array}{cccc} -\frac{\pi }{6} & \frac{\pi }{12} & -\frac{\pi }{4} & 0 \\ \frac{5 \pi }{6} & \frac{\pi }{12} & \frac{5 \pi }{12} & -\frac{\pi }{3} \\ -\frac{5 \pi }{12} & \frac{\pi }{3} & -\frac{5 \pi }{6} & -\frac{\pi }{12} \\ \frac{\pi }{4} & 0 & \frac{\pi }{6} & -\frac{\pi }{12} \\ \end{array} \right)\\ A2&:=&\left( \begin{array}{cccc} -\frac{\pi }{12} & \frac{\pi }{6} & -\frac{\pi }{6} & \frac{\pi }{12} \\ \frac{7 \pi }{12} & -\frac{\pi }{6} & \frac{\pi }{6} & -\frac{7 \pi }{12} \\ -\frac{\pi }{6} & \frac{7 \pi }{12} & -\frac{7 \pi }{12} & \frac{\pi }{6} \\ \frac{\pi }{6} & -\frac{\pi }{12} & \frac{\pi }{12} & -\frac{\pi }{6} \\ \end{array} \right) \end{eqnarray}$$ und wir haben $$\begin{eqnarray} I(1,1,1,1)=\frac{1}{4} \sum\limits_{\xi=1}^4 \sum\limits_{\eta=1}^4 (-1)^{\left\lfloor \frac{\eta -1}{2}\right\rfloor +\left\lfloor \frac{\xi -1}{2}\right\rfloor } \left( Li_2(M1_{\xi,\eta}\exp(\imath A1_{\xi,\eta}))- Li_2(M2_{\xi,\eta}\exp(\imath A2_{\xi,\eta})) \right) \end{eqnarray}$$ Wir haben numerisch überprüft, ob diese obige Größe mit übereinstimmt$\pi^2/96$auf hundertstellig. Es wäre interessant, dies analytisch zu beweisen.

Dieses Integral ist ein bis auf Normalisierung konstantes Integral der multivariaten Gaußverteilung. Aufgrund des zu geringen Mangels an Kreuztermen erhalten wir, dass 4 unabhängige mittelwertfreie Gaußsche Variablen beteiligt sind.

Wir können damit beginnen, dies in eine Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses umzuschreiben.

Lassen$X,Y,Z,W$unabhängig normalverteilt mit Mittelwert Null und möglicherweise unterschiedlichen Varianzen.

Dann reduziert sich das Integral zu:

$$\mathbb{P} (0 < W < Z < Y < X)$$

Was wiederum dasselbe ist wie:

$$\mathbb{P}(W > 0 \land Z-W >0 \land Y-Z >0 \land X-Y >0)$$

und das kann man beobachten$W,Z-W,Y-Z,X-Y$sind korrelierte gemeinsam normale Variablen. Die Wahrscheinlichkeit, dass alle Komponenten eines gemeinsam normalen Vektors positiv sind, wird orthane Wahrscheinlichkeit genannt und hat im Allgemeinen keinen Ausdruck in geschlossener Form. Ich nehme an, dies ist ein ganz besonderer Fall mit einer fast diagonalen Kovarianzmatrix, also gibt es vielleicht einige Artikel darüber, wie man diesen Sonderfall angeht.

Für den Fall mit 3 oder weniger Variablen sind Formeln bekannt (vgl. diese Frage zum Beispiel) und ich denke, sie würden mit dem übereinstimmen, was Sie gefunden haben.

Hier geben wir eine Antwort mit einer anderen Methode. Annehmen, dass$a\ge0$,$b\ge 0$,$c\ge 0$Und$d\ge 0$. Definieren:

$$\begin{equation} I(a,b,c,d):=\int _0^{\infty }\int _0^x\int _0^y\int _0^z \exp \left( -\frac{a x^2}{2}-\frac{b y^2}{2}-\frac{c z^2}{2}-\frac{d w^2}{2} \right) \,\mathrm{d}w\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x \end{equation}$$ Dann haben wir: $$\begin{eqnarray} &&I(a,b,c,d)=\\ &&\sqrt{\frac{\pi}{2 c d}} \int\limits_0^\infty \int\limits_0^x \int\limits_0^{\sqrt{c} y}\exp(-\frac{a x^2}{2} - \frac{b y^2}{2}-\frac{ z^2}{2})\cdot \text{erf}(\sqrt{\frac{d}{2 c}} z)\; dz \; dy \;dx=\\ &&\frac{2 \pi}{\sqrt{c d}} \int\limits_0^\infty \int\limits_0^x \exp(-\frac{a x^2}{2}-\frac{b y^2}{2}) \left(\frac{1}{2\pi} \arctan[\sqrt{\frac{d}{c}}] - T(\sqrt{c} y,\sqrt{\frac{d}{c}}\right)\; dy \; dx=\\ && \frac{2 \pi^2}{\sqrt{a b c d}}\int\limits_0^\infty \frac{\exp(-\frac{y^2}{2})}{\sqrt{2\pi}} \text{erfc}(\sqrt{\frac{a}{2 b}y})\left(\frac{1}{2\pi} \arctan[\sqrt{\frac{d}{c}}] - T(\sqrt{\frac{c}{b}} y,\sqrt{\frac{d}{c}}\right) \; dy=\\ && \frac{2 \pi^2}{\sqrt{a b c d}} \left( \frac{\left(\pi -2 \tan ^{-1}\left(\sqrt{\frac{a}{b}}\right)\right) \tan ^{-1}\left(\sqrt{\frac{d}{c}}\right)-\pi \sin ^{-1}\left(\frac{\sqrt{b d}}{\sqrt{(b+c) (c+d)}}\right)}{4 \pi ^2}+ \int\limits_0^\infty \frac{\exp(-\frac{y^2}{2})}{\sqrt{2 \pi}} \text{erf}(\sqrt{\frac{a}{2 b}} y) T(\sqrt{\frac{c}{b}} y,\sqrt{\frac{d}{c}} )\; dy \right)=\\ && \frac{2 \pi^2}{\sqrt{a b c d}} \left( \frac{\tan ^{-1}\left(\sqrt{\frac{d}{c}}\right)-\tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{b d}}{\sqrt{c (b+c+d)}}\right)}{4 \pi } +\right.\\ &&\left. \frac{1}{8 \pi^2} \sum\limits_{i=1}^4 \sum\limits_{j=1}^4 (-1)^{\left\lfloor \frac{i-1}{2}\right\rfloor +j} {\mathfrak F}^{(1,\sqrt{\frac{a+b+c}{b+c}}-\sqrt{\frac{a}{b+c}})}_{i \left((-1)^{\left\lfloor \frac{j-1}{2}\right\rfloor } \sqrt{\frac{b+c+d}{b+c}}+(-1)^j \sqrt{\frac{d}{b+c}}\right),(-1)^{i+1} \sqrt{\frac{c}{b+c}}+i \sqrt{\frac{b}{b+c}} (-1)^{\left\lceil \frac{i-1}{2}\right\rceil +1}} \right) \end{eqnarray}$$ In der ersten Zeile haben wir über integriert$w$mit der Definition der Fehlerfunktion. In der zweiten Zeile haben wir über integriert$z$unter Verwendung der Definition der Owenschen T-Funktion. In der dritten Zeile haben wir die Integrationsreihenfolge vertauscht und überintegriert$x$unter Verwendung der Definition der komplementären Fehlerfunktion. In der vierten Zeile haben wir das Integral in machbare Integrale und ein komplizierteres aufgeteilt und schließlich in der fünften Zeile das verbleibende Integral unter Verwendung eines Gaußschen Integrals, Fehlerfunktionen und der T-Funktion von Owen ausgewertet. .

Clear[F]; Clear[FF];
F[z_, a_, b_] := 
  Log[a + z] Log[(b + z)/(-a + b)] + PolyLog[2, (a + z)/(a - b)];
FF[A_, B_, a_, b_] := 
  Module[{result, ts, zs, zsp, zsm, eps = 10^(-50)},
   (*This is Integrate[Log[z+a]/(z+b),{z,A,B}] where all a,b,A, 
   and B are complex. *)
   result = F[B, a, b] - F[A, a, b];


   ts = - (Im[(A + b) (Conjugate[b] - Conjugate[a])]/
     Im[(B - A) (Conjugate[b] - Conjugate[a])]);
   If[0 <= ts <= 1,
    zsp = A + (ts + eps) (B - A);
    zsm = A + (ts - eps) (B - A);
    result += -F[zsp, a, b] + F[zsm, a, b];
    ];

   result
   ];
J[a_, b_, c_] := 
  1/ Pi^2 (ArcTan[Sqrt[2] a]/2 ArcTan[ c] + 
     1/8  Sum[
       FF[1, ( Sqrt[1 + 2 a^2 + b^2] - Sqrt[2] a)/Sqrt[
         1 + b^2], ((-1)^j I b c + (-1)^Floor[(j - 1)/2] I Sqrt[
           1 + b^2 + b^2 c^2])/Sqrt[
         1 + b^2], -(((-1)^Ceiling[(i - 1)/2] I + (-1)^i b)/Sqrt[
          1 + b^2])] (-1)^(j + Floor[(i - 1)/2]), {i, 1, 4}, {j, 1, 
        4}] );

{a, b, c, d} = RandomReal[{0, 10}, 4, WorkingPrecision -> 50];
NIntegrate[
 Exp[-a/2 x^2 - b/2 y^2 - c/2 z^2 - d/2 w^2], {x, 0, Infinity}, {y, 0,
   x}, {z, 0, y}, {w, 0, z}]
Sqrt[\[Pi]/2]/(Sqrt[c] Sqrt[d])
  NIntegrate[
  Exp[-a/2 x^2 - b/2 y^2 - 1/2 z^2] Erf[Sqrt[d/(2 c)] z], {x, 0, 
   Infinity}, {y, 0, x}, {z, 0, Sqrt[c] y}]
 (2 \[Pi])/Sqrt[c d]
  NIntegrate[
  Exp[-a/2 x^2 - b/2 y^2] (ArcTan[Sqrt[d/c]]/(2 \[Pi]) - 
     OwenT[Sqrt[c] y, Sqrt[d/c]]), {x, 0, Infinity}, {y, 0, x}]
(2  \[Pi]^2)/Sqrt[a b c d]
  NIntegrate[
  Exp[ -1/2 y^2]/Sqrt[2 Pi]
    Erfc[Sqrt[a/(2 b)] y] (ArcTan[Sqrt[d/c]]/(2 \[Pi]) - 
     OwenT[Sqrt[c/b] y, Sqrt[d/c]]), {y, 0, Infinity}]
(2  \[Pi]^2)/Sqrt[
 a b c d] ((-\[Pi] ArcSin[Sqrt[b d]/
      Sqrt[(b + c) (c + d)]] + (\[Pi] - 2 ArcTan[Sqrt[a/b]]) ArcTan[
      Sqrt[d/c]])/(4 \[Pi]^2) + 
   NIntegrate[
    Exp[ -1/2 y^2]/Sqrt[2 Pi]
      Erf[Sqrt[a/(2 b)] y] OwenT[Sqrt[c/b] y, Sqrt[d/c]], {y, 0, 
     Infinity}])
(2  \[Pi]^2)/Sqrt[
 a b c d] ((-ArcTan[Sqrt[b d]/ Sqrt[c (b + c + d)]] + 
    ArcTan[Sqrt[d/c]])/(4 \[Pi]) +  
   1/( 8 Pi^2)
     Sum[FF[1, Sqrt[(a + b + c)/(b + c)] - Sqrt[a/(b + c)], 
       I  ((-1)^j Sqrt[d/(b + c)] + (-1)^Floor[1/2 (-1 + j)] Sqrt[(
           b + c + d)/(b + c)]), (-1)^(i + 1) Sqrt[c/(b + c)] + 
        Sqrt[b/(b + c)] I (-1)^(1 + Ceiling[1/2 (-1 + i)])] (-1)^(
      j + Floor[(i - 1)/2]), {i, 1, 4}, {j, 1, 4}] )

---

Definieren Sie die Funktion$\mathcal{I}:\mathbb{R}_{>0}^{4}\rightarrow\mathbb{R}$über das Vierfachintegral

$$\mathcal{I}{\left(a,b,c,d\right)}:=\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}x\int_{0}^{x}\mathrm{d}y\int_{0}^{y}\mathrm{d}z\int_{0}^{z}\mathrm{d}w\,\exp{\left(-\frac{ax^{2}}{2}-\frac{by^{2}}{2}-\frac{cz^{2}}{2}-\frac{dw^{2}}{2}\right)}.\tag{1}$$

Wenn wir uns ansehen, wie sich dieses Integral unter der Substitution transformiert$\left(x,y,z,w\right)\mapsto\left(px,py,pz,pw\right)$für einige feste, aber willkürliche positive reelle Zahlen$p$erhalten wir folgende Skalierungsbeziehung:

$$\forall\left(a,b,c,d,p\right)\in\mathbb{R}_{>0}^{5}:\mathcal{I}{\left(a,b,c,d\right)}=p^{4}\mathcal{I}{\left(ap^{2},bp^{2},cp^{2},dp^{2}\right)}.\tag{2}$$

Als solche in unserer allgemeinen Bewertung von$\mathcal{I}{\left(a,b,c,d\right)}$es genügt, die zu betrachten$a=1$Fall.

---

Zunächst leiten wir einige schnelle Integrationsformeln ab, die im Folgenden hilfreich sein werden.

Für alle$p\in\mathbb{R}_{>0}$,

$$\begin{align} \int_{0}^{\infty}\mathrm{d}x\,x^{3}\exp{\left(-\frac{px^{2}}{2}\right)} &=\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}y\,\frac{y}{2}\exp{\left(-\frac{py}{2}\right)};~~~\small{\left[x=\sqrt{y}\right]}\\ &=\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}z\,\frac{2}{p}\cdot\frac{z}{p}\exp{\left(-z\right)};~~~\small{\left[y=\frac{2z}{p}\right]}\\ &=\frac{2}{p^{2}}\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}z\,z\exp{\left(-z\right)}\\ &=\frac{2}{p^{2}}.\tag{3a}\\ \end{align}$$

Als nächstes gegeben$p\in\mathbb{R}_{>0}$und Einstellung$q:=\sqrt{p}$,

$$\begin{align} \int_{0}^{1}\mathrm{d}t\,\frac{2t^{2}}{\left(1+pt^{2}\right)^{2}} &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\,\frac{2t^{2}}{\left(1+q^{2}t^{2}\right)^{2}}\\ &=\frac{1}{q^{3}}\int_{0}^{q}\mathrm{d}x\,\frac{2x^{2}}{\left(1+x^{2}\right)^{2}};~~~\small{\left[qt=x\right]}\\ &=\frac{1}{q^{3}}\int_{0}^{q}\mathrm{d}x\,\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[\arctan{\left(x\right)}-\frac{x}{1+x^{2}}\right]\\ &=\frac{1}{q^{3}}\left[\arctan{\left(q\right)}-\frac{q}{1+q^{2}}\right]\\ &=\left[\frac{\arctan{\left(q\right)}}{q^{3}}-\frac{1}{q^{2}\left(1+q^{2}\right)}\right]\\ &=\left[\frac{\arctan{\left(\sqrt{p}\right)}}{p\sqrt{p}}-\frac{1}{p\left(1+p\right)}\right].\tag{3b}\\ \end{align}$$

Definieren der Funktion$\mathcal{J}:\mathbb{R}_{>0}^{3}\rightarrow\mathbb{R}$von

$$\mathcal{J}{\left(p,q,x\right)}:=\int_{0}^{x}\mathrm{d}y\,\left[\frac{\arctan{\left(\sqrt{p+qy^{2}}\right)}}{\left(p+qy^{2}\right)^{3/2}}-\frac{1}{\left(p+qy^{2}\right)\left(1+p+qy^{2}\right)}\right],\tag{3c}$$

das finden wir dann für jeden$\left(p,q,x\right)\in\mathbb{R}_{>0}^{3}$,

$$\begin{align} \mathcal{J}{\left(p,q,x\right)} &=\int_{0}^{x}\mathrm{d}y\,\left[\frac{\arctan{\left(\sqrt{p+qy^{2}}\right)}}{\left(p+qy^{2}\right)^{3/2}}-\frac{1}{\left(p+qy^{2}\right)\left(1+p+qy^{2}\right)}\right]\\ &=\int_{0}^{x}\mathrm{d}y\,\frac{\arctan{\left(\sqrt{p+qy^{2}}\right)}}{\left(p+qy^{2}\right)^{3/2}}-\int_{0}^{x}\mathrm{d}y\,\frac{1}{\left(p+qy^{2}\right)\left(1+p+qy^{2}\right)}\\ &=\frac{x\arctan{\left(\sqrt{p+qx^{2}}\right)}}{p\sqrt{p+qx^{2}}}-\int_{0}^{x}\mathrm{d}y\,\frac{qy^{2}}{p\left(p+qy^{2}\right)\left(1+p+qy^{2}\right)};~~~\small{I.B.P.}\\ &~~~~~-\int_{0}^{x}\mathrm{d}y\,\frac{1}{\left(p+qy^{2}\right)\left(1+p+qy^{2}\right)}\\ &=\frac{x\arctan{\left(\sqrt{p+qx^{2}}\right)}}{p\sqrt{p+qx^{2}}}-\int_{0}^{x}\mathrm{d}y\,\frac{1}{p\left(1+p+qy^{2}\right)}\\ &=\frac{x\arctan{\left(\sqrt{p+qx^{2}}\right)}}{p\sqrt{p+qx^{2}}}-\frac{1}{p\sqrt{q\left(1+p\right)}}\int_{0}^{x\sqrt{\frac{q}{1+p}}}\mathrm{d}t\,\frac{1}{\left(1+t^{2}\right)};~~~\small{\left[y=t\sqrt{\frac{1+p}{q}}\right]}\\ &=\frac{x\arctan{\left(\sqrt{p+qx^{2}}\right)}}{p\sqrt{p+qx^{2}}}-\frac{\arctan{\left(\frac{x\sqrt{q}}{\sqrt{1+p}}\right)}}{p\sqrt{q\left(1+p\right)}}.\tag{3d}\\ \end{align}$$

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Vermuten$\left(b,c,d\right)\in\mathbb{R}_{>0}^{3}$.

Wir beginnen mit dem Reduzieren$\mathcal{I}$zu einem Integral mit einer Variablen wie folgt:

$$\begin{align} \mathcal{I}{\left(1,b,c,d\right)} &=\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}x\int_{0}^{x}\mathrm{d}y\int_{0}^{y}\mathrm{d}z\int_{0}^{z}\mathrm{d}w\,\exp{\left(-\frac{x^{2}}{2}-\frac{by^{2}}{2}-\frac{cz^{2}}{2}-\frac{dw^{2}}{2}\right)}\\ &=\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}x\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\int_{0}^{t}\mathrm{d}u\int_{0}^{u}\mathrm{d}v\,x^{3}\\ &~~~~~\times\exp{\left(-\frac{x^{2}}{2}-\frac{bx^{2}t^{2}}{2}-\frac{cx^{2}u^{2}}{2}-\frac{dx^{2}v^{2}}{2}\right)};~~~\small{\left[\left(y,z,w\right)=\left(xt,xu,xv\right)\right]}\\ &=\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}x\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\int_{0}^{t}\mathrm{d}u\int_{0}^{u}\mathrm{d}v\,x^{3}e^{-\frac{\left(1+bt^{2}+cu^{2}+dv^{2}\right)x^{2}}{2}}\\ &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\int_{0}^{t}\mathrm{d}u\int_{0}^{u}\mathrm{d}v\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}x\,x^{3}e^{-\frac{\left(1+bt^{2}+cu^{2}+dv^{2}\right)x^{2}}{2}}\\ &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\int_{0}^{t}\mathrm{d}u\int_{0}^{u}\mathrm{d}v\,\frac{2}{\left(1+bt^{2}+cu^{2}+dv^{2}\right)^{2}},\\ \end{align}$$

und dann,

$$\begin{align} \mathcal{I}{\left(1,b,c,d\right)} &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\int_{0}^{t}\mathrm{d}u\int_{0}^{u}\mathrm{d}v\,\frac{2}{\left(1+bt^{2}+cu^{2}+dv^{2}\right)^{2}}\\ &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{x}\mathrm{d}y\,\frac{2t^{2}}{\left(1+bt^{2}+ct^{2}x^{2}+dt^{2}y^{2}\right)^{2}};~~~\small{\left[\left(u,v\right)=\left(tx,ty\right)\right]}\\ &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{x}\mathrm{d}y\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\,\frac{2t^{2}}{\left(1+bt^{2}+ct^{2}x^{2}+dt^{2}y^{2}\right)^{2}}\\ &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{x}\mathrm{d}y\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\,\frac{2t^{2}}{\left[1+\left(b+cx^{2}+dy^{2}\right)t^{2}\right]^{2}}\\ &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{x}\mathrm{d}y\,\bigg{[}\frac{\arctan{\left(\sqrt{b+cx^{2}+dy^{2}}\right)}}{\left(b+cx^{2}+dy^{2}\right)^{3/2}}\\ &~~~~~-\frac{1}{\left(b+cx^{2}+dy^{2}\right)\left(1+b+cx^{2}+dy^{2}\right)}\bigg{]}\\ &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\mathcal{J}{\left(b+cx^{2},d,x\right)}\\ &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\left[\frac{x\arctan{\left(\sqrt{b+cx^{2}+dx^{2}}\right)}}{\left(b+cx^{2}\right)\sqrt{b+cx^{2}+dx^{2}}}-\frac{\arctan{\left(\frac{x\sqrt{d}}{\sqrt{1+b+cx^{2}}}\right)}}{\left(b+cx^{2}\right)\sqrt{d\left(1+b+cx^{2}\right)}}\right].\tag{4}\\ \end{align}$$

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Definieren Sie die Hilfsfunktionen$\mathcal{F}:\mathbb{R}_{>0}^{3}\rightarrow\mathbb{R}$Und$\mathcal{G}:\mathbb{R}_{>0}^{3}\rightarrow\mathbb{R}$durch die jeweiligen Integrale

$$\begin{align} \mathcal{F}{\left(b,c,d\right)} &:=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{x\arctan{\left(\sqrt{b+cx^{2}+dx^{2}}\right)}}{\left(b+cx^{2}\right)\sqrt{b+cx^{2}+dx^{2}}}\tag{5a}\\ \end{align}$$

Und

$$\begin{align} \mathcal{G}{\left(b,c,d\right)} &:=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{\arctan{\left(\frac{x\sqrt{d}}{\sqrt{1+b+cx^{2}}}\right)}}{\left(b+cx^{2}\right)\sqrt{d\left(1+b+cx^{2}\right)}}.\tag{5b}\\ \end{align}$$

Vermuten$\left(b,c,d\right)\in\mathbb{R}_{>0}^{3}$, und einstellen$p:=\sqrt{\frac{b}{c}}\land q:=\sqrt{\frac{1+b}{c}}\land r:=\sqrt{\frac{d}{c}}$. Als nächstes bemerken Sie das$0<p<q$, Satz$s:=\frac{p}{q}\land z:=q^{-1}$. Wir erhalten dann die folgenden Ausdrücke für$\mathcal{G}$Und$\mathcal{F}$:

$$\begin{align} \mathcal{G}{\left(b,c,d\right)} &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{\arctan{\left(\frac{x\sqrt{d}}{\sqrt{1+b+cx^{2}}}\right)}}{\left(b+cx^{2}\right)\sqrt{d\left(1+b+cx^{2}\right)}}\\ &=\frac{1}{c\sqrt{cd}}\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{\arctan{\left(\frac{rx}{\sqrt{q^{2}+x^{2}}}\right)}}{\left(p^{2}+x^{2}\right)\sqrt{q^{2}+x^{2}}}\\ &=\frac{1}{c\sqrt{cd}}\int_{0}^{q^{-1}}\mathrm{d}y\,\frac{q\arctan{\left(\frac{rqy}{\sqrt{q^{2}+q^{2}y^{2}}}\right)}}{\left(p^{2}+q^{2}y^{2}\right)\sqrt{q^{2}+q^{2}y^{2}}};~~~\small{\left[x=qy\right]}\\ &=\frac{1}{c\sqrt{cd}}\int_{0}^{q^{-1}}\mathrm{d}y\,\frac{\arctan{\left(\frac{ry}{\sqrt{1+y^{2}}}\right)}}{\left(p^{2}+q^{2}y^{2}\right)\sqrt{1+y^{2}}}\\ &=\frac{1}{\left(1+b\right)\sqrt{cd}}\int_{0}^{z}\mathrm{d}y\,\frac{\arctan{\left(\frac{ry}{\sqrt{1+y^{2}}}\right)}}{\left(s^{2}+y^{2}\right)\sqrt{1+y^{2}}}\\ &=\frac{1}{\left(1+b\right)\sqrt{cd}}\int_{0}^{\frac{z}{\sqrt{1+z^{2}}}}\mathrm{d}t\,\frac{\arctan{\left(rt\right)}}{s^{2}+\left(1-s^{2}\right)t^{2}};~~~\small{\left[\frac{y}{\sqrt{1+y^{2}}}=t\right]}\\ &=\frac{1}{\left(1+b\right)\sqrt{cd}}\int_{0}^{\frac{rz}{\sqrt{1+z^{2}}}}\mathrm{d}u\,\frac{r\arctan{\left(u\right)}}{r^{2}s^{2}+\left(1-s^{2}\right)u^{2}};~~~\small{\left[rt=u\right]}\\ &=\int_{0}^{\sqrt{\frac{d}{1+b+c}}}\mathrm{d}u\,\frac{\arctan{\left(u\right)}}{bd+cu^{2}},\\ \end{align}$$

Und

$$\begin{align} \mathcal{F}{\left(b,c,d\right)} &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{x\arctan{\left(\sqrt{b+cx^{2}+dx^{2}}\right)}}{\left(b+cx^{2}\right)\sqrt{b+cx^{2}+dx^{2}}}\\ &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{2x\arctan{\left(\sqrt{b+\left(c+d\right)x^{2}}\right)}}{2\left(b+cx^{2}\right)\sqrt{b+\left(c+d\right)x^{2}}}\\ &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\,\frac{\arctan{\left(\sqrt{b+\left(c+d\right)y}\right)}}{2\left(b+cy\right)\sqrt{b+\left(c+d\right)y}};~~~\small{\left[x^{2}=y\right]}\\ &=\int_{b}^{b+c+d}\mathrm{d}t\,\frac{\arctan{\left(\sqrt{t}\right)}}{2\left(bd+ct\right)\sqrt{t}};~~~\small{\left[y=\frac{t-b}{c+d}\right]}\\ &=\int_{\sqrt{b}}^{\sqrt{b+c+d}}\mathrm{d}u\,\frac{\arctan{\left(u\right)}}{bd+cu^{2}};~~~\small{\left[\sqrt{t}=u\right]}.\\ \end{align}$$

Daher können wir ausdrücken$\mathcal{I}$als

$$\begin{align} \mathcal{I}{\left(1,b,c,d\right)} &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\left[\frac{x\arctan{\left(\sqrt{b+cx^{2}+dx^{2}}\right)}}{\left(b+cx^{2}\right)\sqrt{b+cx^{2}+dx^{2}}}-\frac{\arctan{\left(\frac{x\sqrt{d}}{\sqrt{1+b+cx^{2}}}\right)}}{\left(b+cx^{2}\right)\sqrt{d\left(1+b+cx^{2}\right)}}\right]\\ &=\mathcal{F}{\left(b,c,d\right)}-\mathcal{G}{\left(b,c,d\right)}\\ &=\int_{\sqrt{b}}^{\sqrt{b+c+d}}\mathrm{d}u\,\frac{\arctan{\left(u\right)}}{bd+cu^{2}}-\int_{0}^{\sqrt{\frac{d}{1+b+c}}}\mathrm{d}u\,\frac{\arctan{\left(u\right)}}{bd+cu^{2}}\\ &=\frac{1}{\sqrt{bcd}}\int_{\sqrt{\frac{c}{d}}}^{\sqrt{\frac{(b+c+d)c}{bd}}}\mathrm{d}x\,\frac{\arctan{\left(x\sqrt{\frac{bd}{c}}\right)}}{1+x^{2}}\\ &~~~~~-\frac{1}{\sqrt{bcd}}\int_{0}^{\sqrt{\frac{c}{b(1+b+c)}}}\mathrm{d}x\,\frac{\arctan{\left(x\sqrt{\frac{bd}{c}}\right)}}{1+x^{2}};~~~\small{\left[u=x\sqrt{\frac{bd}{c}}\right]}\\ &=\frac{1}{\sqrt{bcd}}\int_{0}^{\sqrt{\frac{(b+c+d)c}{bd}}}\mathrm{d}x\,\frac{\arctan{\left(x\sqrt{\frac{bd}{c}}\right)}}{1+x^{2}}-\frac{1}{\sqrt{bcd}}\int_{0}^{\sqrt{\frac{c}{d}}}\mathrm{d}x\,\frac{\arctan{\left(x\sqrt{\frac{bd}{c}}\right)}}{1+x^{2}}\\ &~~~~~-\frac{1}{\sqrt{bcd}}\int_{0}^{\sqrt{\frac{c}{b(1+b+c)}}}\mathrm{d}x\,\frac{\arctan{\left(x\sqrt{\frac{bd}{c}}\right)}}{1+x^{2}}.\tag{6}\\ \end{align}$$

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Schließlich kann gezeigt werden (siehe Anhang), dass die folgende Integrationsformel für alle gilt$\left(p,z\right)\in\mathbb{R}_{>0}^{2}$:

$$\int_{0}^{z}\mathrm{d}x\,\frac{2\arctan{\left(px\right)}}{1+x^{2}}=\arctan^{2}{\left(z\right)}+\operatorname{Li}_{2}{\left(-\frac{1-p}{1+p}\right)}-\operatorname{Li}_{2}{\left(\frac{1-p}{1+p},\pi-2\arctan{\left(z\right)}\right)},\tag{7}$$

wobei die Zwei-Variablen-Variante des Dilogarithmus durch die Integraldarstellung definiert ist

$$\operatorname{Li}_{2}{\left(r,\theta\right)}:=-\frac12\int_{0}^{r}\mathrm{d}x\,\frac{\ln{\left(1-2x\cos{\left(\theta\right)}+x^{2}\right)}}{x};~~~\small{\left(r,\theta\right)\in\mathbb{R}^{2}}.$$

Da jedes der drei verbleibenden Integrale in der letzten Zeile von$(6)$oben kann mit Formel ausgewertet werden$(7)$, damit ist die Herleitung im Prinzip abgeschlossen. Ich sehe jedoch nicht viel Sinn darin, die Langeweile durchzugehen, den expliziten Ausdruck tatsächlich zu schreiben.

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Anhang.

Definieren Sie die Funktion$\mathcal{K}:\mathbb{R}_{>0}^{2}\rightarrow\mathbb{R}$über das bestimmte Integral

$$\mathcal{K}{\left(a,z\right)}:=\int_{0}^{z}\mathrm{d}x\,\frac{\arctan{\left(ax\right)}}{1+x^{2}}.$$

Im Sonderfall$a=1$das Integral ist elementar, und wir haben

$$\mathcal{K}{\left(1,z\right)}=\int_{0}^{z}\mathrm{d}x\,\frac{\arctan{\left(x\right)}}{1+x^{2}}=\frac12\arctan^{2}{\left(z\right)};~~~\small{z\in\mathbb{R}_{>0}}.$$

Vermuten$\left(a,z\right)\in\mathbb{R}_{>0}^{2}$, und annehmen$a\neq1$. Dann,$-1<\frac{1-a}{1+a}<1\land\frac{1-a}{1+a}\neq0$.

Satz$\omega:=2\arctan{\left(z\right)}$, und beachte das$0<\omega<\pi\land z=\tan{\left(\frac{\omega}{2}\right)}$.

$$\begin{align} \mathcal{K}{\left(a,z\right)} &=\int_{0}^{z}\mathrm{d}x\,\frac{\arctan{\left(ax\right)}}{1+x^{2}}\\ &=\int_{0}^{z}\mathrm{d}x\,\frac{1}{1+x^{2}}\int_{0}^{a}\mathrm{d}t\,\frac{x}{1+x^{2}t^{2}}\\ &=\int_{0}^{z}\mathrm{d}x\int_{0}^{a}\mathrm{d}t\,\frac{x}{\left(1+x^{2}\right)\left(1+t^{2}x^{2}\right)}\\ &=\int_{0}^{a}\mathrm{d}t\int_{0}^{z}\mathrm{d}x\,\frac{x}{\left(1+x^{2}\right)\left(1+t^{2}x^{2}\right)}\\ &=\frac12\int_{0}^{a}\mathrm{d}t\int_{0}^{z^{2}}\mathrm{d}y\,\frac{1}{\left(1+y\right)\left(1+t^{2}y\right)};~~~\small{\left[x^{2}=y\right]}\\ &=\frac12\int_{0}^{a}\mathrm{d}t\int_{0}^{z^{2}}\mathrm{d}y\,\frac{d}{dy}\left[\frac{\ln{\left(1+y\right)}-\ln{\left(1+t^{2}y\right)}}{1-t^{2}}\right]\\ &=\frac12\int_{0}^{a}\mathrm{d}t\,\frac{\ln{\left(1+z^{2}\right)}-\ln{\left(1+z^{2}t^{2}\right)}}{1-t^{2}}\\ &=-\frac12\int_{0}^{a}\mathrm{d}t\,\frac{\ln{\left(\frac{1+z^{2}t^{2}}{1+z^{2}}\right)}}{1-t^{2}}\\ &=-\frac12\int_{\frac{1-a}{1+a}}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{1}{2x}\ln{\left(\frac{1+z^{2}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^{2}}{1+z^{2}}\right)};~~~\small{\left[t=\frac{1-x}{1+x}\right]}\\ &=-\frac12\int_{\frac{1-a}{1+a}}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{1}{2x}\ln{\left(\frac{\left(1+x\right)^{2}+z^{2}\left(1-x\right)^{2}}{\left(1+z^{2}\right)\left(1+x\right)^{2}}\right)}\\ &=-\frac12\int_{\frac{1-a}{1+a}}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{1}{2x}\ln{\left(\frac{1+2\left(\frac{1-z^{2}}{1+z^{2}}\right)x+x^{2}}{\left(1+x\right)^{2}}\right)}\\ &=-\frac12\int_{\frac{1-a}{1+a}}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{1}{2x}\left[\ln{\left(1+2x\cos{\left(\omega\right)}+x^{2}\right)}-2\ln{\left(1+x\right)}\right]\\ &=-\frac12\int_{\frac{1-a}{1+a}}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{\ln{\left(1+2x\cos{\left(\omega\right)}+x^{2}\right)}}{2x}+\frac12\int_{\frac{1-a}{1+a}}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{\ln{\left(1+x\right)}}{x}\\ &=-\frac12\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{\ln{\left(1+2x\cos{\left(\omega\right)}+x^{2}\right)}}{2x}+\frac12\int_{0}^{\frac{1-a}{1+a}}\mathrm{d}x\,\frac{\ln{\left(1+2x\cos{\left(\omega\right)}+x^{2}\right)}}{2x}\\ &~~~~~-\frac12\operatorname{Li}_{2}{\left(-1\right)}+\frac12\operatorname{Li}_{2}{\left(-\frac{1-a}{1+a}\right)}\\ &=+\frac12\operatorname{Li}_{2}{\left(-1\right)}+\frac18\omega^{2}+\frac12\int_{0}^{\frac{1-a}{1+a}}\mathrm{d}x\,\frac{\ln{\left(1+2x\cos{\left(\omega\right)}+x^{2}\right)}}{2x}\\ &~~~~~-\frac12\operatorname{Li}_{2}{\left(-1\right)}+\frac12\operatorname{Li}_{2}{\left(-\frac{1-a}{1+a}\right)}\\ &=\frac12\arctan^{2}{\left(z\right)}+\frac12\operatorname{Li}_{2}{\left(-\frac{1-a}{1+a}\right)}\\ &~~~~~-\frac12\int_{0}^{\frac{1-a}{1+a}}\mathrm{d}x\,\frac{(-1)\ln{\left(1-2x\cos{\left(\pi-\omega\right)}+x^{2}\right)}}{2x}\\ &=\frac12\arctan^{2}{\left(z\right)}+\frac12\operatorname{Li}_{2}{\left(-\frac{1-a}{1+a}\right)}-\frac12\operatorname{Li}_{2}{\left(\frac{1-a}{1+a},\pi-\omega\right)}.\blacksquare\\ \end{align}$$

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