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Die Funktion f ( x ) = − 1 2 log ( tan x 2 ) {\displaystyle f(x)=-{\frac {1}{2}}\log \left(\tan {\frac {x}{2}}\right)} besitzt die Fourierreihenentwicklung ∑ k = 0 ∞ cos ( 2 k + 1 ) x 2 k + 1 {\displaystyle \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\cos(2k+1)x}{2k+1}}} . Nach der Parsevalschen Gleichung 1 π ∫ − π π | f ( x ) | 2 d x = a 0 2 2 + ∑ k = 1 ∞ ( a k 2 + b k 2 ) {\displaystyle {\frac {1}{\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }|f(x)|^{2}\,dx={\frac {a_{0}^{2}}{2}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\Big (}a_{k}^{2}+b_{k}^{2}{\Big )}} gilt dann 1 4 π ∫ − π π log 2 ( tan x 2 ) d x = ∑ k = 0 ∞ 1 ( 2 k + 1 ) 2 = π 2 8 {\displaystyle {\frac {1}{4\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }\log ^{2}\left(\tan {\frac {x}{2}}\right)dx=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(2k+1)^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{8}}} .
Die Funktion f ( x ) = log 2 ( tan x 2 ) {\displaystyle f(x)=\log ^{2}\left(\tan {\frac {x}{2}}\right)} besitzt die Symmetrie f ( π − x ) = f ( x ) {\displaystyle f(\pi -x)=f(x)\,} . ∫ 0 π f ( x 2 ) d x = 2 ∫ 0 π 2 f ( x ) d x {\displaystyle \int _{0}^{\pi }f\left({\frac {x}{2}}\right)dx=2\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}f(x)\,dx} ist daher ∫ 0 π f ( x ) d x = π 3 4 {\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\,dx={\frac {\pi ^{3}}{4}}} .
I := ∫ π / 4 π / 2 log log tan x d x {\displaystyle I:=\int _{\pi /4}^{\pi /2}\log \log \tan x\,dx} ist nach Substitution x ↦ arctan e x {\displaystyle x\mapsto \arctan e^{x}} gleich 1 2 ∫ 0 ∞ log x cosh x d x {\displaystyle {\frac {1}{2}}\int _{0}^{\infty }{\frac {\log x}{\cosh x}}\,dx} . Und das ist π 2 ∫ 0 ∞ log π x cosh π x d x = π 2 log π ∫ − ∞ ∞ d x cosh π x + π 8 ∫ − ∞ ∞ log x 2 cosh π x d x {\displaystyle {\frac {\pi }{2}}\,\int _{0}^{\infty }{\frac {\log \pi x}{\cosh \pi x}}\,dx={\frac {\pi }{2}}\log {\sqrt {\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {dx}{\cosh \pi x}}+{\frac {\pi }{8}}\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\log x^{2}}{\cosh \pi x}}\,dx} . Dabei ist ∫ − ∞ ∞ d x cosh π x = 1 {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {dx}{\cosh \pi x}}=1} und nach der Formel ∫ − ∞ ∞ log ( α 2 + x 2 ) cosh π x d x = 4 log ( 2 Γ ( 3 4 + α 2 ) Γ ( 1 4 + α 2 ) ) {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\log(\alpha ^{2}+x^{2})}{\cosh \pi x}}\,dx=4\,\log \left({\sqrt {2}}\;{\frac {\Gamma \left({\frac {3}{4}}+{\frac {\alpha }{2}}\right)}{\Gamma \left({\frac {1}{4}}+{\frac {\alpha }{2}}\right)}}\right)} für α ≥ 0 {\displaystyle \alpha \geq 0} ist π 8 ∫ − ∞ ∞ log x 2 cosh π x d x = π 2 log ( 2 Γ ( 3 4 ) Γ ( 1 4 ) ) {\displaystyle {\frac {\pi }{8}}\,\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\log x^{2}}{\cosh \pi x}}\,dx={\frac {\pi }{2}}\,\log \left({\sqrt {2}}\,\,{\frac {\Gamma \left({\frac {3}{4}}\right)}{\Gamma \left({\frac {1}{4}}\right)}}\right)} . Also ist I = π 2 log ( 2 π Γ ( 3 4 ) Γ ( 1 4 ) ) {\displaystyle I={\frac {\pi }{2}}\,\log \left({\sqrt {2\pi }}\;{\frac {\Gamma \left({\frac {3}{4}}\right)}{\Gamma \left({\frac {1}{4}}\right)}}\right)} .
In der Formel ∫ 0 1 log log ( 1 x ) 1 + 2 cos α π ⋅ x + x 2 d x = π 2 sin α π ( α log 2 π + log Γ ( 1 2 + α 2 ) Γ ( 1 2 − α 2 ) ) {\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {\log \log \left({\frac {1}{x}}\right)}{1+2\cos \alpha \pi \cdot x+x^{2}}}\,dx={\frac {\pi }{2\sin \alpha \pi }}\left(\alpha \log 2\pi +\log {\frac {\Gamma \left({\frac {1}{2}}+{\frac {\alpha }{2}}\right)}{\Gamma \left({\frac {1}{2}}-{\frac {\alpha }{2}}\right)}}\right)} setze α = 1 2 : ∫ 0 1 log log ( 1 x ) 1 + x 2 d x = π 2 ( log 2 π + log Γ ( 3 4 ) Γ ( 1 4 ) ) {\displaystyle \alpha ={\frac {1}{2}}\,:\quad \int _{0}^{1}{\frac {\log \log \left({\frac {1}{x}}\right)}{1+x^{2}}}\,dx={\frac {\pi }{2}}\left(\log {\sqrt {2\pi }}+\log {\frac {\Gamma \left({\frac {3}{4}}\right)}{\Gamma \left({\frac {1}{4}}\right)}}\right)} Durch die Substitution x ↦ cot x {\displaystyle x\mapsto \cot x} ergibt sich die besagte Gleichung.
ist nach Substitution 
gleich 
.
.
und nach der Formel 
für 
.
Also ist 
.
