We calculate a hard integral involving logarithm from Yury Brychkov, "Handbook of Special Functions: Derivatives, Integrals, Series and Other Formulas". We find easily that the integral can be written by generalized hypergeometric function ${}_3F_2(x)$. The problem is how to calculate the ${}_3F_2(x)$.
これまでの $\log$ を含む難しい積分シリーズはこちら：
$a\ge 0$ , $s>-\dfrac{3}{2}$ , $2-ab\ge0$ とするとき、次の等式を証明する。\begin{eqnarray*}I(s;a,b) &:=& \int_0^a x^{s+\frac{1}{2}}(a-x)^s\ln\left(1-b\sqrt{x(a-x)}\right)dx \\ &=& -\frac{\sqrt{\pi}}{4^{s+1}}a^{2s+\frac{5}{2}}b\frac{\G(2s+3)}{\G(2s+\frac{7}{2})}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,2s+3\\2,2s+\frac{7}{2}\end{matrix};\frac{ab}{2}\right]\end{eqnarray*}具体的な積分値は ${}_3F_2$ を計算することにより\begin{eqnarray*}I(-1;a,b) &=& \int_0^a \frac{\ln\left(1-b\sqrt{x(a-x)}\right)}{\sqrt{x}(a-x)}dx \\ &=& -2\sqrt{a}b\:{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,1\\2,\frac{3}{2}\end{matrix};\frac{ab}{2}\right] \\&=& -\frac{4}{\sqrt{a}}\arcsin^2\sqrt{\frac{ab}{2}}\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}I(0;a,b) &=& \int_0^a \sqrt{x}\ln\left(1-b\sqrt{x(a-x)}\right)dx \\&=&-\frac{4}{15}a^\frac{5}{2}b{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,3\\2,\frac{7}{2}\end{matrix};\frac{ab}{2}\right] \\&=& \frac{4}{3b^\frac{3}{2}}(ab+1)\sqrt{2-ab}\arcsin\sqrt{\frac{ab}{2}}-\frac{2\sqrt{a}}{9b}(5ab+6)\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}I\left(-\frac{5}{4};a,b\right) &=& \int_0^a x^{-\frac{3}{4}}(a-x)^{-\frac{5}{4}}\ln\left(1-b\sqrt{x(a-x)}\right)dx \\&=& -\sqrt{2}\pi b\:{}_2F_1\left[\begin{matrix}1,\frac{1}{2}\\2\end{matrix};\frac{ab}{2}\right]\\&=& \frac{4\pi}{a}\left(\sqrt{2-ab}-\sqrt{2}\right)\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}I\left(-\frac{3}{4};a,b\right) &=& \int_0^a x^{-\frac{1}{4}}(a-x)^{-\frac{3}{4}}\ln\left(1-b\sqrt{x(a-x)}\right)dx \\&=& -\frac{\pi ab}{2\sqrt{2}}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{3}{2}\\2,2\end{matrix};\frac{ab}{2}\right]\\&=& 2\sqrt{2}\pi\ln\frac{1+\sqrt{1-\frac{ab}{2}}}{2}\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}I\left(-\frac{1}{4};a,b\right) &=& \int_0^a x^{\frac{1}{4}}(a-x)^{-\frac{1}{4}}\ln\left(1-b\sqrt{x(a-x)}\right)dx \\&=& -\frac{3\pi a^2b}{16\sqrt{2}}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{5}{2}\\2,3\end{matrix};\frac{ab}{2}\right]\\&=&\frac{\pi}{\sqrt{2}b}\biggl[ab\ln\left(1+\sqrt{1-\frac{ab}{2}}\right)+2\sqrt{1-\frac{ab}{2}}+\frac{ab}{2}(1-2\ln2)-2\biggr]\end{eqnarray*}またおまけとして$$\int_0^a x^{-\frac{1}{2}}\ln\left(1-b\sqrt{x(a-x)}\right)dx = \frac{4}{\sqrt{b}}\left(\sqrt{2-ab}\arcsin\sqrt{\frac{ab}{2}}-\sqrt{ab}\right)$$
Yury Brychkov, "Handbook of Special Functions: Derivatives, Integrals, Series and Other Formulas" において記された積分です。例のごとく証明は載っていないので、自分で計算しました。この積分は一般化された超幾何級数 ${}_3F_2$ を使ってシンプルに表すことができます。その導出はそれほど難しくありません。問題は ${}_3F_2$ をどう計算するかなのです。
なお、またしても本書には誤植があり、本記事では修正済です（何回目だろう）。
書籍はAmazon等で買えます。700ページもあり、非常に多くの微分・積分・級数公式が網羅されています。眺めるだけでも面白いです。
Handbook of Special Functions: Derivatives, Integrals, Series and Other Formulas
本日扱う積分を次のように定義します。
\begin{equation}I(s;a,b):=\int_0^a x^{s+\frac{1}{2}}(a-x)^s\ln\left(1-b\sqrt{x(a-x)}\right)dx\tag{1}\end{equation}
積分の形から、$x$ を $ax$ と置換するのがよいでしょう。その後 $\ln(1-X)$ のマクローリン展開を用います。\begin{eqnarray*}I(s;a,b) &=&a^{2s+\frac{3}{2}}\int_0^1x^{s+\frac{1}{2}}(1-x)^s\ln\left(1-ab\sqrt{x(1-x)}\right)dx \\&=& -a^{2s+\frac{3}{2}}\sum_{n=1}^\infty\frac{(ab)^n}{n}\int_0^1 x^{s+\frac{n+1}{2}}(1-x)^{s+\frac{n}{2}}dx \\&=& -a^{2s+\frac{3}{2}}\sum_{n=1}^\infty\frac{(ab)^n}{n}B\left(s+\frac{n+3}{2},s+\frac{n}{2}+1\right) \\&=& -a^{2s+\frac{3}{2}}\sum_{n=1}^\infty\frac{(ab)^n}{n}\frac{\G(s+\frac{n+3}{n})\G(s+\frac{n}{2}+1)}{\G(2s+n+\frac{5}{2})} \\&=& -a^{2s+\frac{3}{2}}\sum_{n=0}^\infty\frac{(ab)^{n+1}}{n+1}\frac{\G(s+\frac{n}{2}+2)\G(s+\frac{n+3}{2})}{\G(2s+n+\frac{7}{2})} \\&=& -a^{2s+\frac{5}{2}}b\sum_{n=0}^\infty\frac{(ab)^n(1)_n}{(2)_n}\frac{\G(s+\frac{n}{2}+2)\G(s+\frac{n+3}{2})}{(2s+\frac{7}{2})_n\G(2s+\frac{7}{2})}\end{eqnarray*}ガンマ関数の倍数公式(Duplication formula)により、分子のガンマ関数２つを書き換えます。\begin{eqnarray*}I(s;a,b) &=& -a^{2s+\frac{5}{2}}b\sqrt{\pi}\sum_{n=0}^\infty\frac{(ab)^n(1)_n}{(2)_n}\frac{2^{-2-2s-n}\G(2s+n+3)}{(2s+\frac{7}{2})_n\G(2s+\frac{7}{2})} \\&=& -\frac{\sqrt{\pi}}{4^{s+1}}a^{2s+\frac{5}{2}}b\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{ab}{2})^n(1)_n}{(2)_n}\frac{(2s+3)_n\G(2s+3)}{(2s+\frac{7}{2})_n\G(2s+\frac{7}{2})} \\&=& -\frac{\sqrt{\pi}}{4^{s+1}}a^{2s+\frac{5}{2}}b\frac{\G(2s+3)}{\G(2s+\frac{7}{2})}\sum_{n=0}^\infty\frac{(1)_n(1)_n(2s+3)_n}{(2)_n(2s+\frac{7}{2})_n}\frac{\left(\frac{ab}{2}\right)^n}{n!}\end{eqnarray*}残りの級数は一般化された超幾何級数の形になっています。したがって次の結論を得ます。
\begin{eqnarray}I(s;a,b) &:=& \int_0^a x^{s+\frac{1}{2}}(a-x)^s\ln\left(1-b\sqrt{x(a-x)}\right)dx \\ &=& -\frac{\sqrt{\pi}}{4^{s+1}}a^{2s+\frac{5}{2}}b\frac{\G(2s+3)}{\G(2s+\frac{7}{2})}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,2s+3\\2,2s+\frac{7}{2}\end{matrix};\frac{ab}{2}\right]\tag{2}\end{eqnarray}
(2)で一般の公式を得ました。この $s$ や $a,b$ に値を代入することで多くの積分値が得られます。問題は ${}_3F_2$ を初等関数等の既知の関数で表すためにどう計算するかです。$s$ の値によって、この結果は千変万化であることはよく知られており、万能の方法はなくケースバイケースの計算を強いられます（救いは ${}_3F_2$ の中身が単純で比較的計算しやすいこと）。
これから $I(s;a,b)$ の計算をしていきますが、まずはそのときに必要となる ${}_3F_2$ の関数形を求めておきます。
パターン１
\begin{equation}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,1\\2,\frac{3}{2}\end{matrix};x\right]=\frac{\arcsin^2\sqrt{x}}{x}\tag{3}\end{equation}
【Proof】\begin{eqnarray*}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,1\\2,\frac{3}{2}\end{matrix};x\right] &=& \sum_{n=0}^\infty\frac{(1)_n(1)_n}{(2)_n(\frac{3}{2})_n}x^n \\&=& \sum_{n=0}^\infty\frac{(1)_n}{(\frac{3}{2})_n}\frac{x^n}{n+1}\end{eqnarray*}$x$ をかけて微分すると\begin{equation}\left(x{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,1\\2,\frac{3}{2}\end{matrix};x\right]\right)'={}_2F_1\left[\begin{matrix}1,1\\\frac{3}{2}\end{matrix};x\right]\tag{4}\end{equation}過去記事
Integrals and Miscellaneous 10
の「2022/9/27」で得た等式\begin{equation}{}_2F_1\left[\begin{matrix}1,1\\\frac{3}{2}\end{matrix};x\right]=\frac{\arcsin\sqrt{x}}{\sqrt{x(1-x)}}\tag{5}\end{equation}によって(4)は$$\left(x{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,1\\2,\frac{3}{2}\end{matrix};x\right]\right)'=\frac{\arcsin\sqrt{x}}{\sqrt{x(1-x)}}$$この両辺を積分します。\begin{eqnarray*}x{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,1\\2,\frac{3}{2}\end{matrix};x\right] &=& \int\frac{\arcsin\sqrt{x}}{\sqrt{x(1-x)}}dx \\&=& \int 2udu\quad(x=\sin^2 u)\\&=& \arcsin^2\sqrt{x}+C\end{eqnarray*}$x=0$ とすると積分定数 $C=0$ です。ゆえに$${}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,1\\2,\frac{3}{2}\end{matrix};x\right]=\frac{\arcsin^2\sqrt{x}}{x}$$【Q.E.D】
\begin{equation}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,3\\2,\frac{7}{2}\end{matrix};x\right]=\frac{5}{4}\left[\frac{5}{3x}+\frac{1}{x^2}-\frac{\sqrt{1-x}}{x^\frac{5}{2}}(2x+1)\arcsin\sqrt{x}\right]\tag{6}\end{equation}
パターン２
おおまかな流れはパターン1と同じです。
\begin{equation}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{3}{2}\\2,2\end{matrix};x\right]=-\frac{4}{x}\ln\frac{1+\sqrt{1-x}}{2}\tag{7}\end{equation}
【Proof】\begin{eqnarray*}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{3}{2}\\2,2\end{matrix};x\right] &=& \sum_{n=0}^\infty\frac{(1)_n(\frac{3}{2})_n}{(2)_n(2)_n}x^n \\&=& \sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{3}{2})_n}{(2)_n}\frac{x^n}{n+1}\end{eqnarray*}$x$ をかけて微分すると\begin{eqnarray*}\left(x{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{3}{2}\\2,2\end{matrix};x\right]\right)' &=& {}_2F_1\left[\begin{matrix}1,\frac{3}{2}\\2\end{matrix};x\right] \\&=& \frac{2}{x}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_{n+1}}{(1)_{n+1}}x^{n+1} \\&=& \frac{2}{x}\sum_{n=1}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_{n}}{n!}x^{n} \\&=& \frac{2}{x}\left(\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{2}\right)_{n}\frac{x^{n}}{n!}-1\right) \\&=& \frac{2}{x}\left(\frac{1}{\sqrt{1-x}}-1\right)\end{eqnarray*}積分します。\begin{eqnarray*}x{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{3}{2}\\2,2\end{matrix};x\right] &=& 2\int\frac{1}{x}\left(\frac{1}{\sqrt{1-x}}-1\right)dx \\&=& 2\int\frac{dx}{x\sqrt{1-x}}-2\ln x\end{eqnarray*}この積分は $\sqrt{1-x}=u$ なる置換により計算できます。そして $x=0$ で左辺は $0$ になることから積分定数が求まります。ゆえに$${}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{3}{2}\\2,2\end{matrix};x\right]=-\frac{4}{x}\ln\frac{1+\sqrt{1-x}}{2}$$【Q.E.D】
\begin{equation}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{5}{2}\\2,3\end{matrix};x\right]=\frac{4}{3x^2}\left[-x+2\left(1-\sqrt{1-x}\right)-2x\ln\frac{1+\sqrt{1-x}}{2}\right]\tag{8}\end{equation}
【Proof】\begin{eqnarray*}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{5}{2}\\2,3\end{matrix};x\right] &=& \sum_{n=0}^\infty\frac{(1)_n(\frac{5}{2})_n}{(2)_n(3)_n}x^n \\&=& \sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{5}{2})_n}{(3)_n}\frac{x^n}{n+1}\end{eqnarray*}$x$ をかけて微分すると\begin{eqnarray*}\left(x{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{5}{2}\\2,3\end{matrix};x\right]\right)' &=& {}_2F_1\left[\begin{matrix}1,\frac{5}{2}\\3\end{matrix};x\right] \\&=& \frac{8}{3x^2}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_{n+2}}{(1)_{n+2}}x^{n+2} \\&=& \frac{8}{3x^2}\sum_{n=2}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_{n}}{(1)_{n}}x^{n} \\&=&\frac{8}{3x^2}\left(\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{2}\right)_{n}\frac{x^{n}}{n!}-1-\frac{x}{2}\right) \\&=& \frac{8}{3x^2}\left(\frac{1}{\sqrt{1-x}}-1-\frac{x}{2}\right)\end{eqnarray*}積分します。\begin{eqnarray*}x{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{5}{2}\\2,3\end{matrix};x\right] &=& \frac{8}{3x}-\frac{4}{3}\ln x+\frac{8}{3}\int\frac{dx}{x^2\sqrt{1-x}} \\&=& \frac{8}{3x}-\frac{4}{3}\ln x-\frac{16}{3}\int\frac{du}{(1-u^2)^2}\quad(u=\sqrt{1-x}) \\&=& \frac{8}{3x}-\frac{4}{3}\ln x-\frac{4}{3}\int\left(\frac{1}{1+u}+\frac{1}{(1+u)^2}+\frac{1}{1-u}+\frac{1}{(1-u)^2}\right)du \\&=& \frac{8}{3x}-\frac{4}{3}\ln x+\frac{4}{3}\ln\frac{1-u}{1+u}-\frac{8}{3}\frac{u}{1-u^2}+C \\&=& \frac{8}{3}\frac{1-\sqrt{1-x}}{x}+\frac{8}{3}\ln\frac{1-\sqrt{1-x}}{x}+C\end{eqnarray*}そして $x=0$ で最左辺は $0$ になります。最右辺では $x\to0$ とすると $\dfrac{1-\sqrt{1-x}}{x}\to \dfrac{1}{2}$ となることから $C=\dfrac{8}{3}\left(\ln2-\dfrac{1}{2}\right)$ と求まります。ゆえに$${}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{5}{2}\\2,3\end{matrix};x\right]=\frac{4}{3x^2}\left[-x+2\left(1-\sqrt{1-x}\right)-2x\ln\frac{1+\sqrt{1-x}}{2}\right]$$【Q.E.D】
s=-1のとき
$s=-1$ とすると\begin{eqnarray*}I(-1;a,b) &=& \int_0^a \frac{\ln\left(1-b\sqrt{x(a-x)}\right)}{\sqrt{x}(a-x)}dx \\ &=& -2\sqrt{a}b\:{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,1\\2,\frac{3}{2}\end{matrix};\frac{ab}{2}\right] \\&=& -\frac{4}{\sqrt{a}}\arcsin^2\sqrt{\frac{ab}{2}}\quad(\because(3))\end{eqnarray*}したがって
\begin{equation}\int_0^a \frac{\ln\left(1-b\sqrt{x(a-x)}\right)}{\sqrt{x}(a-x)}dx = -\frac{4}{\sqrt{a}}\arcsin^2\sqrt{\frac{ab}{2}}\tag{9}\end{equation}
s=0のとき
\begin{eqnarray*}I(0;a,b) &=& \int_0^a \sqrt{x}\ln\left(1-b\sqrt{x(a-x)}\right)dx \\ &=& -\frac{4}{15}a^\frac{5}{2}b\:{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,3\\2,\frac{7}{2}\end{matrix};\frac{ab}{2}\right] \\&=& \frac{4}{3b^\frac{3}{2}}(ab+1)\sqrt{2-ab}\arcsin\sqrt{\frac{ab}{2}}-\frac{2\sqrt{a}}{9b}(5ab+6)\quad(\because(6))\end{eqnarray*}したがって
\begin{eqnarray}\int_0^a&& \sqrt{x}\ln\left(1-b\sqrt{x(a-x)}\right)dx \\&&= \frac{4}{3b^\frac{3}{2}}(ab+1)\sqrt{2-ab}\arcsin\sqrt{\frac{ab}{2}}-\frac{2\sqrt{a}}{9b}(5ab+6)\tag{10}\end{eqnarray}
s=-5/4のとき
\begin{eqnarray*}I\left(-\frac{5}{4};a,b\right) &=& \int_0^a x^{-\frac{3}{4}}(a-x)^{-\frac{5}{4}}\ln\left(1-b\sqrt{x(a-x)}\right)dx \\&=& -\sqrt{2}\pi b\:{}_2F_1\left[\begin{matrix}1,\frac{1}{2}\\2\end{matrix};\frac{ab}{2}\right]\end{eqnarray*}過去記事
Integrals and Miscellaneous 10
の「2022/9/26」により$${}_2F_1\left[\begin{matrix}1,\frac{1}{2}\\2\end{matrix};x\right]=\frac{2(1-\sqrt{1-x})}{x}$$したがって
\begin{equation}\int_0^a x^{-\frac{3}{4}}(a-x)^{-\frac{5}{4}}\ln\left(1-b\sqrt{x(a-x)}\right)dx = \frac{4\pi}{a}\left(\sqrt{2-ab}-\sqrt{2}\right)\tag{11}\end{equation}
s=-3/4のとき
\begin{eqnarray*}I\left(-\frac{3}{4};a,b\right) &=& \int_0^a x^{-\frac{1}{4}}(a-x)^{-\frac{3}{4}}\ln\left(1-b\sqrt{x(a-x)}\right)dx \\&=& -\frac{\pi ab}{2\sqrt{2}}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{3}{2}\\2,2\end{matrix};\frac{ab}{2}\right]\end{eqnarray*}(7)を用いて次の式を得ます。
\begin{equation}\int_0^a x^{-\frac{1}{4}}(a-x)^{-\frac{3}{4}}\ln\left(1-b\sqrt{x(a-x)}\right)dx = 2\sqrt{2}\pi\ln\frac{1+\sqrt{1-\frac{ab}{2}}}{2}\tag{12}\end{equation}
s=-1/4のとき
\begin{eqnarray*}I\left(-\frac{1}{4};a,b\right) &=& \int_0^a x^{\frac{1}{4}}(a-x)^{-\frac{1}{4}}\ln\left(1-b\sqrt{x(a-x)}\right)dx \\&=& -\frac{3\pi a^2b}{16\sqrt{2}}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{5}{2}\\2,3\end{matrix};\frac{ab}{2}\right]\end{eqnarray*}(8)より
\begin{eqnarray}\int_0^a&& x^{\frac{1}{4}}(a-x)^{-\frac{1}{4}}\ln\left(1-b\sqrt{x(a-x)}\right)dx \\=&& \frac{\pi}{\sqrt{2}b}\biggl[ab\ln\left(1+\sqrt{1-\frac{ab}{2}}\right)+2\sqrt{1-\frac{ab}{2}}\\&&+\frac{ab}{2}(1-2\ln2)-2\biggr] \tag{13}\end{eqnarray}
(2)とは若干異なる式ですが$$\int_0^a x^{-\frac{1}{2}}\ln\left(1-b\sqrt{x(a-x)}\right)dx$$を考えます。(2)を導出したときと全く同様の手法で$$=-\frac{2}{3}a^\frac{3}{2}b{}_2F_1\left[\begin{matrix}1,1\\\frac{5}{2}\end{matrix};\frac{ab}{2}\right]$$過去記事
Integrals and Miscellaneous 10
の「2022/9/27」よりこの超幾何級数は計算できて
\begin{equation}\int_0^a x^{-\frac{1}{2}}\ln\left(1-b\sqrt{x(a-x)}\right)dx = \frac{4}{\sqrt{b}}\left(\sqrt{2-ab}\arcsin\sqrt{\frac{ab}{2}}-\sqrt{ab}\right)\tag{14}\end{equation}
次：
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