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 ${}_4F_3(x)$ , which sometimes becomes ${}_3F_2(x)$ or ${}_2F_1(x)$. The Elliptic integrals also appear here.
これまでの $\log$ を含む難しい積分シリーズはこちら：
$a,s,t>0$ とするとき、次の等式を証明する。\begin{eqnarray*}I(s,t;a,b) &:=& \int_0^a x^{s-1}(a-x)^{t-1}\ln\left(b\sqrt{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2x(a-x)}\right)dx \\ &=& a^{s+t}b\:B\left(s+\frac{1}{2},t+\frac{1}{2}\right)\:{}_4F_3\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},\frac{1}{2},s+\frac{1}{2},t+\frac{1}{2}\\\frac{3}{2},\frac{s+t}{2}+1,\frac{s+t+1}{2}\end{matrix};-\frac{a^2b^2}{4}\right]\end{eqnarray*}具体的な積分値は ${}_pF_q$ を計算することにより\begin{eqnarray*}I(2,1;a,b) &=& \int_0^a x\ln\left(b\sqrt{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2x(a-x)}\right)dx \\ &=& \frac{\pi a^3b}{16}\:{}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},\frac{1}{2}\\2\end{matrix};-\frac{a^2b^2}{4}\right] \\&=& \frac{a}{b}\sqrt{1+\frac{a^2b^2}{4}}\left[K\left(\frac{ab}{\sqrt{a^2b^2+4}}\right)-E\left(\frac{ab}{\sqrt{a^2b^2+4}}\right)\right]\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}I\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};a,b\right) &=& \int_0^a \frac{\ln\left(b\sqrt{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2x(a-x)}\right)}{\sqrt{x(a-x)}}dx \\ &=& ab\:{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\\\frac{3}{2},\frac{3}{2}\end{matrix};-\frac{a^2b^2}{4}\right] \\&=& -i\left[\Li_2\left(\frac{iab}{2}\right)-\Li_2\left(-\frac{iab}{2}\right)\right]\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}I\left(\frac{3}{2},\frac{1}{2};a,b\right) &=& \int_0^a \sqrt{\frac{x}{a-x}}\ln\left(b\sqrt{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2x(a-x)}\right)dx \\ &=& \frac{ab^2}{2}\:{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\\\frac{3}{2},\frac{3}{2}\end{matrix};-\frac{a^2b^2}{4}\right] \\&=& -\frac{ia}{2}\left[\Li_2\left(\frac{iab}{2}\right)-\Li_2\left(-\frac{iab}{2}\right)\right]\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}I(1,1;a,b) &=& \int_0^a \ln\left(b\sqrt{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2x(a-x)}\right)dx \\ &=& \frac{\pi a^2b}{8}\:{}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},\frac{1}{2}\\2\end{matrix};-\frac{a^2b^2}{4}\right] \\&=& \frac{\sqrt{a^2b^2+4}}{b}\left[K\left(\frac{ab}{\sqrt{a^2b^2+4}}\right)-E\left(\frac{ab}{\sqrt{a^2b^2+4}}\right)\right]\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}I(2,2;1,2) &=& \int_0^1 x(1-x)\ln\left(2\sqrt{x(1-x)}+\sqrt{1+4x(1-x)}\right)dx \\ &=& \frac{3\pi}{64}\:{}_3F_2\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{5}{2}\\\frac{3}{2},3\end{matrix};-1\right] \\&=& \frac{1}{18\sqrt{2\pi}}\left[\frac{5}{8}\G^2\left(\frac{1}{4}\right)-\frac{3\pi^2}{\G^2(\frac{1}{4})}\right]\end{eqnarray*}ほか、類似のものとして、\begin{eqnarray*}\int_0^a&&\frac{\ln\left(b\sqrt[4]{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}\right)}{\sqrt{x}}dx \\&&=\frac{2\sqrt{2+ab^2}}{b}\left[K\left(\frac{b\sqrt{a}}{\sqrt{2+ab^2}}\right)-E\left(\frac{b\sqrt{a}}{\sqrt{2+ab^2}}\right)\right]\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}\int_0^a&& x^{s+\frac{1}{2}}(a-x)^s\ln\left(b\sqrt[4]{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}\right)dx \\&&= \frac{a^{2s+2}b\sqrt{\pi}}{2^{2s+\frac{3}{2}}}\frac{\G(2s+\frac{5}{2})}{\G(2s+3)}{}_3F_2\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},\frac{1}{2},2s+\frac{5}{2}\\\frac{3}{2},2s+3\end{matrix};-\frac{ab^2}{2}\right]\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}\int_0^a&& x^{-\frac{1}{4}}(a-x)^{-\frac{3}{4}}\ln\left(b\sqrt[4]{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}\right)dx\\&&=-\sqrt{2} i\left[\Li_2\left(ib\sqrt{\frac{a}{2}}\right)-\Li_2\left(-ib\sqrt{\frac{a}{2}}\right)\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＋α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 ${}_4F_3$ を使ってシンプルに表すことができ、その導出はそれほど難しくありません。問題は ${}_4F_3$ をどう計算するかです。まともに計算できないことが多いですが、$s,t$ の値によっては ${}_3F_2$ や ${}_2F_1$ に落ちるために計算できたりします。今回は楕円積分や二重対数関数が途中で登場します。
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Handbook of Special Functions: Derivatives, Integrals, Series and Other Formulas
今回扱う積分は次のように定義されます。$a,s,t>0$ として\begin{equation}I(s,t;a,b) := \int_0^a x^{s-1}(a-x)^{t-1}\ln\left(b\sqrt{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2x(a-x)}\right)dx\tag{1}\end{equation}簡単な置換により\begin{equation}I(s,t;a,b) = a^{s+t-1}\int_0^1 x^{s-1}(1-x)^{t-1}\ln\left(ab\sqrt{x(1-x)}+\sqrt{1+a^2b^2x(1-x)}\right)dx\tag{2}\end{equation}非常に複雑で手が出ないようですが、この対数の部分は実は逆双曲線関数になっています。つまり\begin{eqnarray}\mathrm{arcsinh} z&=&\ln(z+\sqrt{z^2+1})\tag{3} \\\mathrm{arcsinh} z&=&\sum_{n=0}^\infty\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\tag{4}\end{eqnarray}で $z=ab\sqrt{x(1-x)}$ として\begin{eqnarray*}I(s,t;a,b) &=& a^{s+t-1}\int_0^1 x^{s-1}(1-x)^{t-1}\mathrm{arcsinh} \left(ab\sqrt{x(1-x)}\right)dx \\&=& a^{s+t-1}\int_0^1 x^{s-1}(1-x)^{t-1}\sum_{n=0}^\infty\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}(-1)^n\frac{(ab\sqrt{x(1-x)})^{2n+1}}{2n+1}dx \\&=& a^{s+t-1}\sum_{n=0}^\infty\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}(-1)^n\frac{(ab)^{2n+1}}{2n+1}\int_0^1 x^{s+n-\frac{1}{2}}(1-x)^{t+n-\frac{1}{2}}dx \\&=& a^{s+t-1}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!}(-1)^n\frac{(ab)^{2n+1}}{2n+1}B\left(s+\frac{1}{2}+n,t+\frac{1}{2}+n\right) \\&=& a^{s+t}b\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!}\frac{(-a^2b^2)^{n}}{2n+1}\frac{\G(s+\frac{1}{2}+n)\G(t+\frac{1}{2}+n)}{\G(s+t+1+2n)} \\&=& a^{s+t}b\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!}\frac{(-a^2b^2)^{n}}{2n+1}\frac{(s+\frac{1}{2})_n(t+\frac{1}{2})_n\G(s+\frac{1}{2})\G(t+\frac{1}{2})}{4^n(\frac{s+t}{2}+1)_n(\frac{s+t+1}{2})_n\G(s+t+1)} \\&=& a^{s+t}b\:B\left(s+\frac{1}{2},t+\frac{1}{2}\right)\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!}\frac{(-\frac{a^2b^2}{4})^{n}}{2n+1}\frac{(s+\frac{1}{2})_n(t+\frac{1}{2})_n}{(\frac{s+t}{2}+1)_n(\frac{s+t+1}{2})_n} \\&=& a^{s+t}b\:B\left(s+\frac{1}{2},t+\frac{1}{2}\right)\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_n(s+\frac{1}{2})_n(t+\frac{1}{2})_n}{(\frac{3}{2})_n(\frac{s+t}{2}+1)_n(\frac{s+t+1}{2})_n}\frac{(-\frac{a^2b^2}{4})^{n}}{n!}\end{eqnarray*}一般化された超幾何級数が現れています。したがって
\begin{eqnarray}I(s,t;a,b) &:=& \int_0^a x^{s-1}(a-x)^{t-1}\ln\left(b\sqrt{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2x(a-x)}\right)dx \\ &=& a^{s+t}b\:B\left(s+\frac{1}{2},t+\frac{1}{2}\right)\:{}_4F_3\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},\frac{1}{2},s+\frac{1}{2},t+\frac{1}{2}\\\frac{3}{2},\frac{s+t}{2}+1,\frac{s+t+1}{2}\end{matrix};-\frac{a^2b^2}{4}\right]\tag{5}\end{eqnarray}
$s,t$ を入れ替えても不変なので $I(s,t;a,b)=I(t,s;a,b)$ が成立しています。
一般に ${}_4F_3$ の計算は困難ですが、$s,t$ の定め方によっては簡単になります。いくつか具体例を示しましょう。
(s,t)=(2,1)の場合
$s=2$ , $t=1$ とすると(5)より\begin{eqnarray*}I(2,1;a,b) &=& \int_0^a x\ln\left(b\sqrt{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2x(a-x)}\right)dx \\ &=& \frac{\pi a^3b}{16}\:{}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},\frac{1}{2}\\2\end{matrix};-\frac{a^2b^2}{4}\right]\end{eqnarray*}となります。${}_2F_1$ なのでだいぶ簡単そうになりました。ここで過去記事
Integrals and Miscellaneous 10
の「2022/10/3」で\begin{equation}{}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},\frac{1}{2}\\2\end{matrix};-x\right]=\frac{4\sqrt{1+x}}{\pi x}\left[K\left(\sqrt{\frac{x}{1+x}}\right)-E\left(\sqrt{\frac{x}{1+x}}\right)\right]\tag{6}\end{equation}を示したことを思い出しましょう。$K(k)$ は第1種完全楕円積分、$E(k)$ は第2種完全楕円積分です。したがって
\begin{equation}I(2,1;a,b) = \frac{a}{b}\sqrt{1+\frac{a^2b^2}{4}}\left[K\left(\frac{ab}{\sqrt{a^2b^2+4}}\right)-E\left(\frac{ab}{\sqrt{a^2b^2+4}}\right)\right]\tag{7}\end{equation}
(s,t)=(1/2,1/2)の場合
$s=t=\frac{1}{2}$ とすると(5)より\begin{eqnarray*}I\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};a,b\right) &=& \int_0^a \frac{\ln\left(b\sqrt{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2x(a-x)}\right)}{\sqrt{x(1-x)}}dx \\ &=& ab\:{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\\\frac{3}{2},\frac{3}{2}\end{matrix};-\frac{a^2b^2}{4}\right]\end{eqnarray*}先ほどの過去記事
Integrals and Miscellaneous 10
において示した式\begin{equation}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\\\frac{3}{2},\frac{3}{2}\end{matrix};-x^2\right]=-\frac{i}{2x}\left[\Li_2\left(ix\right)-\Li_2\left(-ix\right)\right]\tag{8}\end{equation}を用いることで次の式を得ます。
\begin{equation}I\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};a,b\right) = -i\left[\Li_2\left(\frac{iab}{2}\right)-\Li_2\left(-\frac{iab}{2}\right)\right]\tag{9}\end{equation}
(s,t)=(3/2,1/2)の場合
$s=\frac{3}{2}$ , $t=\frac{1}{2}$ とすると(5)より\begin{eqnarray*}I\left(\frac{3}{2},\frac{1}{2};a,b\right) &=& \int_0^a \sqrt{\frac{x}{a-x}}\ln\left(b\sqrt{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2x(a-x)}\right)dx \\ &=& \frac{ab^2}{2}\:{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\\\frac{3}{2},\frac{3}{2}\end{matrix};-\frac{a^2b^2}{4}\right]\end{eqnarray*}(8)を用いて
\begin{equation}I\left(\frac{3}{2},\frac{1}{2};a,b\right) = -\frac{ia}{2}\left[\Li_2\left(\frac{iab}{2}\right)-\Li_2\left(-\frac{iab}{2}\right)\right]\tag{10}\end{equation}
(s,t)=(1,1)の場合
(5)より\begin{eqnarray*}I(1,1;a,b) &=& \int_0^a \ln\left(b\sqrt{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2x(a-x)}\right)dx \\ &=& \frac{\pi a^2b}{8}\:{}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},\frac{1}{2}\\2\end{matrix};-\frac{a^2b^2}{4}\right]\end{eqnarray*}(6)を用いると
\begin{equation}I(1,1;a,b) =\frac{\sqrt{a^2b^2+4}}{b}\left[K\left(\frac{ab}{\sqrt{a^2b^2+4}}\right)-E\left(\frac{ab}{\sqrt{a^2b^2+4}}\right)\right]\tag{11}\end{equation}
(s,t)=(2,2)の場合
$s=t=2$ としたときは計算がしんどそうなので、$a,b$ にも具体的な値を代入してみます。すなわち(5)より\begin{eqnarray*}I(2,2;1,2) &=& \int_0^1 x(1-x)\ln\left(2\sqrt{x(1-x)}+\sqrt{1+4x(1-x)}\right)dx \\ &=& \frac{3\pi}{64}\:{}_3F_2\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{5}{2}\\\frac{3}{2},3\end{matrix};-1\right]\end{eqnarray*}この超幾何級数は同じ過去記事
Integrals and Miscellaneous 10
の「2022/10/5 B」で示した通り、楕円積分に帰着され、さらに計算するとガンマ関数が現れます。つまり$${}_3F_2\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{5}{2}\\\frac{3}{2},3\end{matrix};-1\right]=\frac{8\sqrt{2}}{3\pi}\int_0^1 \frac{(u^2-\frac{u^4}{3})du}{\sqrt{(1-u^2)(1-\frac{u^2}{2})}}$$と積分表示したのちに、この式が２つの完全楕円積分 $K(\frac{1}{\sqrt{2}})$ , $E(\frac{1}{\sqrt{2}})$ の線型結合$$=\frac{16\sqrt{2}}{27\pi}\left[4K\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)-3E\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\right]$$であることを示し、これらの値$$K\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)= \frac{\G^2(\frac{1}{4})}{4\sqrt{\pi}}$$$$E\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\frac{\G^2(\frac{1}{4})}{8\sqrt{\pi}}+\frac{\pi\sqrt{\pi}}{\G^2(\frac{1}{4})}$$を導出して代入するという手順です。以上によって
\begin{equation}I(2,2;a,b) = \frac{1}{18\sqrt{2\pi}}\left[\frac{5}{8}\G^2\left(\frac{1}{4}\right)-\frac{3\pi^2}{\G^2(\frac{1}{4})}\right]\tag{12}\end{equation}
こちらもよく見ると $\mathrm{arcsinh}$ の形となっています。まったく同様の手法により\begin{eqnarray*}\int_0^a&&\frac{\ln\left(b\sqrt[4]{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}\right)}{\sqrt{x}}dx \\&&= \frac{\pi ab}{2\sqrt{2}}{}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},\frac{1}{2}\\2\end{matrix};-\frac{ab^2}{2}\right] \\&&=\frac{2\sqrt{2+ab^2}}{b}\left[K\left(\frac{b\sqrt{a}}{\sqrt{2+ab^2}}\right)-E\left(\frac{b\sqrt{a}}{\sqrt{2+ab^2}}\right)\right]\quad(\because(6))\end{eqnarray*}
ほかにも次のような式が得られます。\begin{eqnarray*}\int_0^a&& x^{s+\frac{1}{2}}(a-x)^s\ln\left(b\sqrt[4]{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}\right)dx \\&&= \frac{a^{2s+2}b\sqrt{\pi}}{2^{2s+\frac{3}{2}}}\frac{\G(2s+\frac{5}{2})}{\G(2s+3)}{}_3F_2\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},\frac{1}{2},2s+\frac{5}{2}\\\frac{3}{2},2s+3\end{matrix};-\frac{ab^2}{2}\right]\end{eqnarray*}これの特別な場合の一例として\begin{eqnarray*}\int_0^a&& x^{-\frac{1}{4}}(a-x)^{-\frac{3}{4}}\ln\left(b\sqrt[4]{x(a-x)}+\sqrt{1+b^2\sqrt{x(a-x)}}\right)dx \\&&= 2b\sqrt{a}\:{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\\\frac{3}{2},\frac{3}{2}\end{matrix};-\frac{ab^2}{2}\right] \\&&=-\sqrt{2} i\left[\Li_2\left(ib\sqrt{\frac{a}{2}}\right)-\Li_2\left(-ib\sqrt{\frac{a}{2}}\right)\right]\quad(\because(8))\end{eqnarray*}
次：
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