Évaluation d'une intégrale définie. (Q1505385)

In sehr eleganter Weise wird zunächst das Integral \[ \varPhi(a,b)=\int_0^\infty \text{arc tg}\, \tfrac ax\, \text{arc tg}\, \tfrac bx\, dx \] ausgewertet, welches sich bei \textit{Bierens de Haan} findet und gleich \(\frac \pi 2\, \log \frac{(a+b)^{ab}}{a^ab^b}\) ist. Aus der Gleichung \[ \int_0^\infty \left( \text{arc tg}\, \tfrac ax-\text{arc tg}\,\tfrac bx \right)^2dx= (a+b)\varPhi(1,1)-2 \varPhi(a,b) \] ergibt sich dann \[ \int_0^r \left( \frac{\text{arc tg}\, x}{x} \right)^2 \frac{dx}{\sqrt{r^2-x^2}} = \frac{2\pi \sqrt q}{(1-q)^2}\, \log\, \frac{q^q}{\left( \frac{1+q}{2} \right)^{1+q}}\,, \] wo \(r\) eine beliebige positive Größe und \(\sqrt q = -r+\sqrt{r^2+1}\) ist. Von dem letzten Integral gelangt man (durch Übergang zu den Werten von \(r\)) zu \[ \int_0^a \left( \log\;\frac{1+x}{1-x} \right)^2 \frac{dx}{x^2 \sqrt{a^2-x^2}}=\frac{4\pi}{a^2}\, (a \text{\,arc sin\,} a+\sqrt{1-a^2} \,\log \sqrt{1-a^2}). \] Dabei ist \(0 < 1 < a\).