これまでの $\log$ を含む難しい積分シリーズはこちら：
$a>0$ とするとき、次の等式を証明する。\begin{eqnarray*}\int_0^a && \frac{x^{-\frac{1}{2}}}{\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}}\ln\left(b\sqrt[4]{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}\right)dx \\&&= \frac{\pi}{b\sqrt{2}}\ln\left(1+\frac{ab^2}{2}\right)\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}\int_0^a && \frac{x^{\frac{1}{2}}}{\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}}\ln\left(b\sqrt[4]{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}\right)dx \\&&=\frac{3\pi a^2b}{16\sqrt{2}}\:{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{5}{2}\\\frac{3}{2},3\end{matrix};-\frac{ab^2}{2}\right] \\&&=\frac{\pi}{4\sqrt{2}b^3}\left[ab^2+(ab^2-2)\ln\left(1+\frac{ab^2}{2}\right)\right]\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}\int_0^a && \frac{x(a-x)^{\frac{1}{2}}}{\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}}\ln\left(b\sqrt[4]{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}\right)dx \\&&=\frac{5\pi a^3b}{64\sqrt{2}}\:{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{7}{2}\\\frac{3}{2},4\end{matrix};-\frac{ab^2}{2}\right] \\&&=\frac{\pi}{64\sqrt{2}b^5}\left[ab^2(7ab^2-12)+2(3a^2b^4-4ab^2+12)\ln\left(1+\frac{ab^2}{2}\right)\right]\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}\int_0^a && \frac{x^{-\frac{1}{2}}(a-x)^{-1}}{\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}}\ln\left(b\sqrt[4]{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}\right)dx \\&&=\sqrt{2}b\pi \:{}_2F_1\left[\begin{matrix}1,\frac{1}{2}\\\frac{3}{2}\end{matrix};-\frac{ab^2}{2}\right] \\&&=\frac{2\pi}{\sqrt{a}}\arctan\left(b\sqrt{\frac{a}{2}}\right)\end{eqnarray*}
Yury Brychkov, "Handbook of Special Functions: Derivatives, Integrals, Series and Other Formulas" において記された積分を証明していきます。上記の過去記事も併せて参考にしてください。
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Handbook of Special Functions: Derivatives, Integrals, Series and Other Formulas
上記の積分たちは共通して $$\frac{\ln\left(b\sqrt[4]{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}\right)}{\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}}$$を含んでおり、計算方法はほとんど同じです。例として1つ目の積分$$I_1:=\int_0^a \frac{x^{-\frac{1}{2}}}{\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}}\ln\left(b\sqrt[4]{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}\right)dx$$を考えます。まずオーソドックスに $x\mapsto ax$ と置換して$$I_1=\sqrt{a}\int_0^1 \frac{x^{-\frac{1}{2}}}{\sqrt{1+ab^2\sqrt{x(1-x)}}}\ln\left(b\sqrt{a}\sqrt[4]{x(1-x)}+\sqrt{1+ab^2\sqrt{x(1-x)}}\right)dx$$ここでよく見ると $X=b\sqrt{a}\sqrt[4]{x(1-x)}$ とすれば被積分関数は$$\frac{x^{-\frac{1}{2}}}{\sqrt{1+X^2}}\ln\left(X+\sqrt{1+X^2}\right)$$であり、逆双曲線関数に関する等式\begin{eqnarray}\mathrm{arcsinh} z&=&\ln(z+\sqrt{z^2+1})\tag{1} \\\mathrm{arcsinh} z&=&\sum_{n=0}^\infty\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\tag{2}\end{eqnarray}を用いると\begin{equation}I_1=\sqrt{a}\int_0^1 x^{-\frac{1}{2}}\frac{\mathrm{arcsinh}X}{\sqrt{1+X^2}}dx\tag{3}\end{equation}
難しい級数展開
ここまで前回記事の流れとよく似ています。その流れに乗り続けるには(3)における$$\frac{\mathrm{arcsinh}X}{\sqrt{1+X^2}}$$を級数展開する必要があります。
唐突ですが、次のような積分およびその変形を見てください。\begin{eqnarray*}\int_0^1\frac{dt}{1+x^2-x^2t^2} &=& \frac{1}{2\sqrt{1+x^2}}\int_0^1\left(\frac{1}{\sqrt{1+x^2}+xt}+\frac{1}{\sqrt{1+x^2}-xt}\right)dt \\&=& \frac{1}{2x\sqrt{1+x^2}}\ln\frac{\sqrt{1+x^2}+x}{\sqrt{1+x^2}-x} \\&=& \frac{1}{x\sqrt{1+x^2}}\ln(x+\sqrt{1+x^2}) \\&=&\frac{\mathrm{arcsinh}x}{x\sqrt{1+x^2}}\end{eqnarray*}\begin{equation}\therefore\quad \frac{\mathrm{arcsinh}x}{\sqrt{1+x^2}}=x\int_0^1\frac{dt}{1+x^2-x^2t^2}\tag{4}\end{equation}また、$x$ について展開すると$$\int_0^1\frac{dt}{1+x^2-x^2t^2}=\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\left\{\int_0^1(1-t^2)^ndt\right\}x^{2n}$$なので(4)より\begin{eqnarray*}\frac{\mathrm{arcsinh}x}{\sqrt{1+x^2}} &=& \sum_{n=0}^\infty(-1)^n\left\{\int_0^1(1-t^2)^ndt\right\}x^{2n+1} \\&=& \sum_{n=0}^\infty(-1)^n\left\{\int_0^1\sum_{r=0}^n\binom{n}{r}(-t^2)^r dt\right\}x^{2n+1} \\&=& \sum_{n=0}^\infty(-1)^n\left\{\sum_{r=0}^n\frac{(-n)_r}{r!}\frac{1}{2r+1}\right\}x^{2n+1} \\&=& \sum_{n=0}^\infty(-1)^n{}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},-n\\\frac{3}{2}\end{matrix};1\right]x^{2n+1}\end{eqnarray*}Vandermonde identity\begin{equation}{}_2F_1\left[\begin{matrix}b,-n\\c\end{matrix};1\right]=\frac{(c-b)_n}{(c)_n}\tag{5}\end{equation}を用いて$$\frac{\mathrm{arcsinh}x}{\sqrt{1+x^2}}= \sum_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{(1)_n}{(\frac{3}{2})_n}x^{2n+1}$$若干の式変形を施せば
\begin{equation}\frac{\mathrm{arcsinh}x}{\sqrt{1+x^2}}= \sum_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}x^{2n+1}\tag{6}\end{equation}
積分値の計算
(6)を(3)に用いましょう。$X=b\sqrt{a}\sqrt[4]{x(1-x)}$ でしたから\begin{eqnarray*}I_1 &=& ab\int_0^1 x^{-\frac{1}{2}} \sum_{n=0}^\infty(-ab^2)^n\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}x^{\frac{n}{2}+\frac{1}{4}}(1-x)^{\frac{n}{2}+\frac{1}{4}}dx \\&=& ab\sum_{n=0}^\infty(-ab^2)^n\frac{(1)_n}{(\frac{3}{2})_n}B\left(\frac{n}{2}+\frac{3}{4},\frac{n}{2}+\frac{5}{4}\right) \\&=& ab\sum_{n=0}^\infty(-ab^2)^n\frac{(1)_n}{(\frac{3}{2})_n}\frac{\G(\frac{n}{2}+\frac{3}{4})\G(\frac{n}{2}+\frac{5}{4})}{\G(2+n)} \\&=& ab\sum_{n=0}^\infty(-ab^2)^n\frac{(1)_n}{(\frac{3}{2})_n}\frac{2^{-n-\frac{1}{2}}\sqrt{\pi}\G(\frac{3}{2}+n)}{\G(2+n)} \\&=& \frac{\pi ab}{2\sqrt{2}}{}_2F_1\left[\begin{matrix}1,1\\2\end{matrix};-\frac{ab^2}{2}\right]\end{eqnarray*}途中、ガンマ関数の2倍公式を使いました。ここで簡単な計算により$${}_2F_1\left[\begin{matrix}1,1\\2\end{matrix};x\right]=\frac{1}{x}\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{n+1}}{n+1}=-\frac{\ln(1-x)}{x}$$ですから$$I_1=\frac{\pi}{b\sqrt{2}}\ln\left(1+\frac{ab^2}{2}\right)$$
\begin{eqnarray}\int_0^a && \frac{x^{-\frac{1}{2}}}{\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}}\ln\left(b\sqrt[4]{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}\right)dx \\&&= \frac{\pi}{b\sqrt{2}}\ln\left(1+\frac{ab^2}{2}\right)\tag{7}\end{eqnarray}
次に$$I_2:=\int_0^a \frac{x^{\frac{1}{2}}}{\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}}\ln\left(b\sqrt[4]{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}\right)dx$$を計算しましょう。(7)を導出したときと全く同様にして\begin{eqnarray*}I_2 &=& a^2b\sum_{n=0}^\infty(-ab^2)^n\frac{(1)_n}{(\frac{3}{2})_n}B\left(\frac{n}{2}+\frac{7}{4},\frac{n}{2}+\frac{5}{4}\right) \\&=& \frac{3\pi a^2b}{16\sqrt{2}}\:{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{5}{2}\\\frac{3}{2},3\end{matrix};-\frac{ab^2}{2}\right]\end{eqnarray*}ここで
Integrals and Miscellaneous 11
の「2022/10/7 A」で示した\begin{equation}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{5}{2}\\\frac{3}{2},3\end{matrix};x\right]=-\frac{2}{3x}-\frac{2}{3}\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x}\right)\ln(1-x)\tag{8}\end{equation}を用いれば
\begin{eqnarray}\int_0^a &&\frac{x^{\frac{1}{2}}}{\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}}\ln\left(b\sqrt[4]{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}\right)dx \\&&=\frac{\pi}{4\sqrt{2}b^3}\left[ab^2+(ab^2-2)\ln\left(1+\frac{ab^2}{2}\right)\right]\tag{9}\end{eqnarray}
もう１つ似た積分$$I_3:=\int_0^a \frac{x(a-x)^{\frac{1}{2}}}{\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}}\ln\left(b\sqrt[4]{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}\right)dx$$をやります。(7)の導出とまったく同様に\begin{eqnarray*}I_3 &=& a^3b\sum_{n=0}^\infty(-ab^2)^n\frac{(1)_n}{(\frac{3}{2})_n}B\left(\frac{n}{2}+\frac{9}{4},\frac{n}{2}+\frac{7}{4}\right) \\&=&\frac{5\pi a^3b}{64\sqrt{2}}\:{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{7}{2}\\\frac{3}{2},4\end{matrix};-\frac{ab^2}{2}\right]\end{eqnarray*}ここで
Integrals and Miscellaneous 11
の「2022/10/7 B」で示した\begin{equation}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{7}{2}\\\frac{3}{2},4\end{matrix};x\right]=-\frac{1}{5x^3}\left[\frac{7}{2}x^2+3x+(3x^2+2x+3)\ln(1-x)\right]\tag{10}\end{equation}を用いれば次の式を得ます。
\begin{eqnarray}\int_0^a && \frac{x(a-x)^{\frac{1}{2}}}{\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}}\ln\left(b\sqrt[4]{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}\right)dx \\&&=\frac{\pi}{64\sqrt{2}b^5}\left[ab^2(7ab^2-12)+2(3a^2b^4-4ab^2+12)\ln\left(1+\frac{ab^2}{2}\right)\right]\tag{11}\end{eqnarray}
さらにもう１つの積分$$I_4:=\int_0^a \frac{x^{-\frac{1}{2}}(a-x)^{-1}}{\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}}\ln\left(b\sqrt[4]{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}\right)dx$$もまったく同様に\begin{eqnarray*}I_4 &=& b\sum_{n=0}^\infty(-ab^2)^n\frac{(1)_n}{(\frac{3}{2})_n}B\left(\frac{n}{2}+\frac{3}{4},\frac{n}{2}+\frac{1}{4}\right) \\&=& \sqrt{2} b\pi\:{}_2F_1\left[\begin{matrix}1,\frac{1}{2}\\\frac{3}{2}\end{matrix};-\frac{ab^2}{2}\right]\end{eqnarray*}ここで
Integrals and Miscellaneous 11
の「2022/10/7 C」で証明した式\begin{equation}{}_2F_1\left[\begin{matrix}1,\frac{1}{2}\\\frac{3}{2}\end{matrix};-x^2\right]=\frac{\arctan x}{x}\tag{12}\end{equation}により、次の式を得ます。
\begin{eqnarray}\int_0^a && \frac{x^{-\frac{1}{2}}(a-x)^{-1}}{\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}}\ln\left(b\sqrt[4]{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}\right)dx \\&&=\frac{2\pi}{\sqrt{a}}\arctan\left(b\sqrt{\frac{a}{2}}\right)\tag{13}\end{eqnarray}
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