$\log(1-x)$ を含む難しい積分として、過去記事
で次の積分等を示しました。$$\int_0^1\frac{\sqrt{x}\ln(1-x)}{1+x^3}dx=-\frac{2}{9}G-\frac{\pi}{6}\ln2$$$$\int_0^1\frac{x\ln(1-x)}{1+x^4}dx=\frac{\pi}{32}\ln2-\frac{G}{4}-\frac{\pi}{8}\ln(\sqrt{2}+1)$$$$\int_0^1\frac{(1-x)^{s-1}\ln(1-x)}{(1-xz)^{s+1}}dx=-\frac{1}{s(1-z)}\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{s+n}$$今回もまた、$\log$ を含む積分を解いていきます。
$s>-1$ , $t>-1$ , $a>0$ , $4-a^2b>0$ 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\bigl(1-bx(a-x)\bigr)dx \\ &=& -a^{s+t+1}bB(s+1,t+1){}_4F_3\left[\begin{matrix}1,1,s+1,t+1\\ 2,\frac{s+t+3}{2},\frac{s+t+2}{2}\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\end{eqnarray*}
$s,t$ は入れ替えても不変である。また具体的な積分値は\begin{eqnarray*}I(1,1;1,1) &=& \int_0^1 \ln\bigl(1-x(1-x)\bigr)dx \\ &=& \frac{\pi}{\sqrt{3}}-2\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}I(1,1;a,b) &=& \int_0^a \ln\bigl(1-bx(a-x)\bigr)dx \\&=& -\frac{a^{3}b}{6}{}_2F_1\left[\begin{matrix}1,1\\ \frac{5}{2}\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\\ &=& \frac{4}{\sqrt{b}}\sqrt{1-\frac{a^2b}{4}}\arcsin\frac{a\sqrt{b}}{2}-2a\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}I(2,1;a,b) &=& \int_0^a x\ln\bigl(1-bx(a-x)\bigr)dx \\&=& -\frac{a^{4}b}{12}{}_2F_1\left[\begin{matrix}1,1\\ \frac{5}{2}\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\\ &=& \frac{a}{2}\left(\frac{4}{\sqrt{b}}\sqrt{1-\frac{a^2b}{4}}\arcsin\frac{a\sqrt{b}}{2}-2a\right)\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}I(0,1;a,b) &=& \int_0^a \frac{\ln\bigl(1-bx(a-x)\bigr)}{x}dx \\&=& -\frac{a^{2}b}{2}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,1\\ 2,\frac{3}{2}\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\\ &=& -2\arcsin^2\frac{a\sqrt{b}}{2}\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}I(0,0;a,b) &=& \int_0^a \frac{\ln\bigl(1-bx(a-x)\bigr)}{x(a-x)}dx \\&=& -ab\:{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,1\\ 2,\frac{3}{2}\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\\ &=& -\frac{4}{a}\arcsin^2\frac{a\sqrt{b}}{2}\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}I\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};a,b\right) &=& \int_0^a \frac{\ln\bigl(1-bx(a-x)\bigr)}{\sqrt{x(a-x)}}dx \\&=& -\frac{\pi a^2b}{8}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{3}{2}\\ 2,2\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\\ &=& 2\pi \ln\frac{2+\sqrt{4-a^2b}}{4}\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}I\left(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2};a,b\right) &=& \int_0^a \frac{\ln\bigl(1-bx(a-x)\bigr)}{\bigl(x(a-x)\bigr)^\frac{3}{2}}dx \\&=& -b\pi\:{}_2F_1\left[\begin{matrix}1,\frac{1}{2}\\ 2\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\\ &=& -\frac{4\pi}{a^2}\left(2-\sqrt{4-a^2b}\right)\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}I\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{2};a,b\right) &=& \int_0^a \frac{\ln\bigl(1-bx(a-x)\bigr)}{\sqrt{x(a-x)^3}}dx \\&=& -\frac{\pi ab}{2}{}_2F_1\left[\begin{matrix}1,\frac{1}{2}\\ 2\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\\ &=& -\frac{2\pi}{a}\left(2-\sqrt{4-a^2b}\right)\end{eqnarray*}
上記はYury Brychkov, "Handbook of Special Functions: Derivatives, Integrals, Series and Other Formulas" において記された積分と、それにいくらか追加したものです。この本には式しか載っていないので、証明に挑戦しました。なお、この本は1つ目の式が間違っており、本記事では訂正済みです。
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
見れば分かるように、一般には $I$ は一般化された超幾何級数 ${}_4F_3$ で表され、これを初等関数またはよく知られた特殊関数で表すことはたぶん不可能と思われます（さらに計算が進められるのであれば、ぜひ教えてください）。ただ $s$ , $t$ が整数や半整数の場合には ${}_3F_2$ や ${}_2F_1$ へ「落とす」ことができ、計算できる場合があります（あるいは初等的に解ける）。上はその例です。では証明していきましょう。
$s>-1$ , $t>-1$ , $a>0$ , $4-a^2b>0$ とし、\begin{equation}I(s,t;a,b) := \int_0^a x^{s-1}(a-x)^{t-1}\ln\bigl(1-bx(a-x)\bigr)dx\tag{1}\end{equation}と定義します。$x\mapsto ax$ と置換して$$I(s,t;a,b)=a^{s+t-1}\int_0^1x^{s-1}(1-x)^{t-1}\ln\bigl(1-a^2bx(1-x)\bigr)dx$$$\ln(1-X)$ のMaclaurin展開によって$$I(s,t;a,b)=-a^{s+t-1}\sum_{n=1}^\infty\frac{(a^2b)^n}{n}\int_0^1 x^{s+n-1}(1-x)^{t+n-1}dx$$右辺にベータ関数が現れています。\begin{eqnarray*}I(s,t;a,b) &=& -a^{s+t-1}\sum_{n=1}^\infty\frac{(a^2b)^n}{n}B(n+s,n+t) \\&=& -a^{s+t-1}\sum_{n=1}^\infty\frac{(a^2b)^n}{n}\frac{\G(s+n)\G(t+n)}{\G(s+t+2n)} \\ &=& -a^{s+t+1}b\sum_{n=0}^\infty\frac{(a^2b)^n}{n+1}\frac{\G(s+n+1)\G(t+n+1)}{\G(s+t+2n+2)} \\ &=& -a^{s+t+1}b\sum_{n=0}^\infty\frac{(a^2b)^n}{n+1}\frac{(s+1)_n\G(s+1)\cdot(t+1)_n\G(t+1)}{(s+t+2n+1)(s+t+2n)\cdots(s+t+2)\G(s+t+2)} \\&=& -a^{s+t+1}bB(s+1,t+1)\sum_{n=0}^\infty\frac{(a^2b)^n}{n+1}\frac{(s+1)_n(t+1)_n}{4^n(\frac{s+t+3}{2})_n(\frac{s+t+2}{2})_n} \\&=& -a^{s+t+1}bB(s+1,t+1)\sum_{n=0}^\infty\frac{(1)_n}{(2)_n}\frac{(s+1)_n(t+1)_n}{(\frac{s+t+3}{2})_n(\frac{s+t+2}{2})_n}\left(\frac{a^2b}{4}\right)^n\\&=& -a^{s+t+1}bB(s+1,t+1){}_4F_3\left[\begin{matrix}1,1,s+1,t+1\\ 2,\frac{s+t+3}{2},\frac{s+t+2}{2}\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\end{eqnarray*}したがって
\begin{eqnarray}I(s,t;a,b) &=& \int_0^a x^{s-1}(a-x)^{t-1}\ln\bigl(1-bx(a-x)\bigr)dx \\ &=& -a^{s+t+1}bB(s+1,t+1){}_4F_3\left[\begin{matrix}1,1,s+1,t+1\\ 2,\frac{s+t+3}{2},\frac{s+t+2}{2}\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\tag{2}\end{eqnarray}
これが一般的な式になります。$s,t,a,b$ に値を入れ、具体的な積分を求めていきましょう。
小手調べに $s=t=a=b=1$ としてみます。部分積分を使います。\begin{eqnarray*}I(1,1;1,1) &=& \int_0^1 \ln\bigl(1-x(1-x)\bigr)dx \\ &=& \Bigl[x\ln(x^2-x+1)\Bigr]_0^1-\int_0^1\frac{2x^2-x}{x^2-x+1}dx \\ &=& -2-\frac{1}{2}\int_0^1\left(\frac{2x-1}{x^2-x+1}-\frac{3}{x^2-x+1}\right)dx \\ &=& -2-\frac{1}{2}\Bigl[\ln(x^2-x+1)\Bigr]_0^1+\frac{3}{2}\int_0^1\frac{dx}{(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}} \\ &=& -2+\frac{3}{2}\int_{-\frac{1}{2}}^\frac{1}{2}\frac{dy}{y^2+\frac{3}{4}}\quad\left(x-\frac{1}{2}=y\right) \\&=& -2+\sqrt{3}\left[\arctan\frac{2x}{\sqrt{3}}\right]_{-\frac{1}{2}}^\frac{1}{2} \\&=& \frac{\pi}{\sqrt{3}}-2\end{eqnarray*}よって\begin{eqnarray}I(1,1;1,1) = \frac{\pi}{\sqrt{3}}-2\tag{3}\end{eqnarray}
(3)のように初等的に求まる場合がありますが、次は超幾何関数の特徴を用いて同様に計算します。(3)をわずかに一般化して $I(1,1;a,b)$ を導出します。(2)より\begin{eqnarray*}I(1,1;a,b) &=& \int_0^a \ln\bigl(1-bx(a-x)\bigr)dx \\ &=& -\frac{a^3b}{6}{}_4F_3\left[\begin{matrix}1,1,2,2\\ 2,\frac{5}{2},2\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\\ &=& -\frac{a^3b}{6}{}_2F_1\left[\begin{matrix}1,1\\ \frac{5}{2}\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\end{eqnarray*}この級数をまともに計算するのは大変ですが、超幾何関数におけるEuler積分
$\mathfrak{R}c>\mathfrak{R}a>0$ , $|z|<1$,\begin{equation}{}_2F_1\left[\begin{matrix}a,b\\ c\end{matrix};z\right]=\frac{\G(c)}{\G(a)\G(c-a)}\int_0^1 t^{a-1}(1-t)^{c-a-1}(1-zt)^{-b}dt\tag{4}\end{equation}
を使うと$$I(1,1;a,b)=-\frac{a^3b}{4}\int_0^1\frac{\sqrt{1-t}}{1-\frac{a^2b}{4}t}dt$$$1-t=y^2$ と置換します。冒頭の仮定から $4-a^2b>0$ であることを意識して計算します。\begin{eqnarray*}I(1,1;a,b) &=& -2a\int_0^1\frac{y^2dy}{y^2+\frac{4}{a^2b}-1} \\ &=& -2a\int_0^1\left(\frac{1-\frac{4}{a^2b}}{y^2+\frac{4}{a^2b}-1}+1\right)dy \\&=& -2a\left[\left(1-\frac{4}{a^2b}\right)\frac{1}{\sqrt{\frac{4}{a^2b}-1}}\arctan\frac{y}{\sqrt{\frac{4}{a^2b}-1}}+y\right]_0^1 \\&=& 2a\sqrt{\frac{4}{a^2b}-1}\arctan\frac{1}{\sqrt{\frac{4}{a^2b}-1}}-2a \\&=& 2a\sqrt{\frac{4}{a^2b}-1}\arcsin\frac{a\sqrt{b}}{2}-2a \\&=& \frac{4}{\sqrt{b}}\sqrt{1-\frac{a^2b}{4}}\arcsin\frac{a\sqrt{b}}{2}-2a\end{eqnarray*}(3)はこれの系となります。以上より
\begin{eqnarray}I(1,1;a,b) &=& \int_0^a \ln\bigl(1-bx(a-x)\bigr)dx \\&=& -\frac{a^{3}b}{6}{}_2F_1\left[\begin{matrix}1,1\\ \frac{5}{2}\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\\ &=& \frac{4}{\sqrt{b}}\sqrt{1-\frac{a^2b}{4}}\arcsin\frac{a\sqrt{b}}{2}-2a\tag{5}\end{eqnarray}
まったく同様の手法で $I(2,1;a,b)$ を計算すると
\begin{eqnarray}I(2,1;a,b) &=& \int_0^a x\ln\bigl(1-bx(a-x)\bigr)dx \\&=& -\frac{a^{4}b}{12}{}_2F_1\left[\begin{matrix}1,1\\ \frac{5}{2}\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\\ &=& \frac{a}{2}\left(\frac{4}{\sqrt{b}}\sqrt{1-\frac{a^2b}{4}}\arcsin\frac{a\sqrt{b}}{2}-2a\right)\tag{6}\end{eqnarray}
※ やっていませんが、たぶん部分積分で初等的にできるかと思います。
次に $s=0$ , $t=1$ とします。この結果は(2)の対称性を見れば $s=1$ , $t=0$ も同じになります。\begin{eqnarray*}I(0,1;a,b) &=& \int_0^a \frac{\ln\bigl(1-bx(a-x)\bigr)}{x}dx \\&=& -\frac{a^{2}b}{2}{}_4F_3\left[\begin{matrix}1,1,1,2\\ 2,2,\frac{3}{2}\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\\&=& -\frac{a^{2}b}{2}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,1\\ 2,\frac{3}{2}\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\end{eqnarray*}ここで ${}_3F_2$ に関するClausenの公式（証明はこちら）を使います。すなわち
\begin{equation}\left({}_2F_1\left[\begin{matrix}p,q\\ p+q+\frac{1}{2}\end{matrix};x\right]\right)^2={}_3F_2\left[\begin{matrix}2p,2q,p+q\\ p+q+\frac{1}{2},2p+2q\end{matrix};x\right]\tag{7}\end{equation}
で $p=q=1/2$ とすることにより\begin{eqnarray*}I(0,1;a,b) &=& -\frac{a^2b}{2}\left({}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},\frac{1}{2}\\ \frac{3}{2}\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\right)^2\end{eqnarray*}これによって(4)が使えるようになります。\begin{equation}I(0,1;a,b)=-\frac{a^2b}{8}\left(\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{t(1-\frac{a^2b}{4}t)}}\right)^2\tag{8}\end{equation}根号内を平方完成して $t-\frac{2}{a^2b}=\frac{2}{a^2b}\sin\t$ と置換すると、この積分は計算できて\begin{eqnarray}I(0,1;a,b) &=& -\frac{1}{2}\left(\a+\frac{\pi}{2}\right)^2\quad(※\sin\a :=\frac{a^2b}{2}-1) \\ &=& -2\left(\frac{\a}{2}+\frac{\pi}{4}\right)^2\tag{9}\end{eqnarray}ここで\begin{eqnarray*}&&\sin\a = \frac{a^2b}{2}-1\\&&\Rightarrow \frac{a^2b}{2}=1+\sin\a=1-\cos\left(\a+\frac{\pi}{2}\right) \\&&\Rightarrow\sin^2\left(\frac{\a}{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{a^2b}{4}\\&&\Rightarrow \sin\left(\frac{\a}{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{a\sqrt{b}}{2}\end{eqnarray*}となるので(9)より次の結果を得ます。
\begin{eqnarray}I(0,1;a,b) &=& \int_0^a \frac{\ln\bigl(1-bx(a-x)\bigr)}{x}dx \\&=& -\frac{a^{2}b}{2}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,1\\ 2,\frac{3}{2}\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\\ &=& -2\arcsin^2\frac{a\sqrt{b}}{2}\tag{10}\end{eqnarray}
$I(0,0;a,b)$ もまったく同様の手順で値を得ることができます。すなわち
\begin{eqnarray}I(0,0;a,b) &=& \int_0^a \frac{\ln\bigl(1-bx(a-x)\bigr)}{x(a-x)}dx \\&=& -ab\:{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,1\\ 2,\frac{3}{2}\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\\ &=& -\frac{4}{a}\arcsin^2\frac{a\sqrt{b}}{2}\tag{11}\end{eqnarray}
$s=t=1/2$ とすると(2)より\begin{eqnarray}I\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};a,b\right) &=& \int_0^a \frac{\ln\bigl(1-bx(a-x)\bigr)}{\sqrt{x(a-x)}}dx \\&=& -\frac{\pi a^2b}{8}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{3}{2}\\ 2,2\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\tag{12}\end{eqnarray}この ${}_3F_2$ は計算できるはずですが、うまくいかない場合は直接積分を計算します。$x=ay$ と置換し、根号内を平方完成してさらに $y-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\sin\t$ と置換すれば\begin{eqnarray*}I\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};a,b\right) &=& \int_0^a \frac{\ln\bigl(1-bx(a-x)\bigr)}{\sqrt{x(a-x)}}dx \\&=& \int_0^1\frac{\ln\bigl(1-a^2by(1-y)\bigr)}{\sqrt{y(1-y)}}dy \\&=& \int_{-\frac{\pi}{2}}^\frac{\pi}{2}\ln\left(1-\frac{a^2b}{4}\cos^2\t\right)d\t \\&=& 2\int_0^\frac{\pi}{2}\ln\left(1-\frac{a^2b}{4}\cos^2\t\right)d\t\end{eqnarray*}ここで $A:=\frac{a^2b}{4}<1$ とおいて $A$ で微分します。\begin{eqnarray*}\frac{dI}{dA} &=& 2\frac{d}{dA}\int_0^\frac{\pi}{2}\ln\left(1-A\cos^2\t\right)d\t \\&=& \frac{2}{A}\int_0^\frac{\pi}{2}\left(1+\frac{1}{A\cos^2\t-1}\right)d\t \\&=& \frac{2}{A}\left(\frac{\pi}{2}+\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{d\t}{A\cos^2\t-1}\right) \\&=& \frac{\pi}{A}\left(1-\frac{1}{\sqrt{1-A}}\right)\end{eqnarray*}ただし最後は $u=\tan\t$ なる置換を用いました。さてこれを $A$ で積分しますが、$\sqrt{1-A}=B$ と置換するとうまくいきます。$A=0$ で $I=0$ となることに注意して積分定数を決定します。その結果$$I\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};a,b\right)=2\pi \ln\frac{1+\sqrt{1-A}}{2}$$以上より$$I\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};a,b\right)=2\pi \ln\frac{2+\sqrt{4-a^2b}}{4}$$と求まります。するとこれまでとは逆に、(12)によって ${}_3F_2$ が求まります。\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{13}\end{equation}最後にまとめると
\begin{eqnarray}I\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};a,b\right) &=& \int_0^a \frac{\ln\bigl(1-bx(a-x)\bigr)}{\sqrt{x(a-x)}}dx \\&=& -\frac{\pi a^2b}{8}{}_3F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{3}{2}\\ 2,2\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\\ &=& 2\pi \ln\frac{2+\sqrt{4-a^2b}}{4}\tag{14}\end{eqnarray}
あとはこれまでの話から導出できるものを簡単に紹介します。\begin{eqnarray*}I\left(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2};a,b\right) &=& \int_0^a \frac{\ln\bigl(1-bx(a-x)\bigr)}{\bigl(x(a-x)\bigr)^\frac{3}{2}}dx \\&=& -b\pi\:{}_2F_1\left[\begin{matrix}1,\frac{1}{2}\\ 2\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\quad(\because(2)) \\&=& -b\pi\int_0^1\left(1-\frac{a^2b}{4}t\right)^{-\frac{1}{2}}dt\quad(\because(4))\\&=& -\frac{4\pi}{a^2}\left(2-\sqrt{4-a^2b}\right)\end{eqnarray*}まったく同様の手法で $I\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{2};a,b\right)$ も求まります。以上より
\begin{eqnarray}I\left(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2};a,b\right) &=& \int_0^a \frac{\ln\bigl(1-bx(a-x)\bigr)}{\bigl(x(a-x)\bigr)^\frac{3}{2}}dx \\&=& -b\pi\:{}_2F_1\left[\begin{matrix}1,\frac{1}{2}\\ 2\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\\ &=& -\frac{4\pi}{a^2}\left(2-\sqrt{4-a^2b}\right)\tag{15}\end{eqnarray}\begin{eqnarray}I\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{2};a,b\right) &=& \int_0^a \frac{\ln\bigl(1-bx(a-x)\bigr)}{\sqrt{x(a-x)^3}}dx \\&=& -\frac{\pi ab}{2}{}_2F_1\left[\begin{matrix}1,\frac{1}{2}\\ 2\end{matrix};\frac{a^2b}{4}\right]\\ &=& -\frac{2\pi}{a}\left(2-\sqrt{4-a^2b}\right)\tag{16}\end{eqnarray}
ほか、求めてみたいものはありますが、とりあえずここまで。
次：
Please support me!
記事を気に入って下さった方、「応援してあげてもいいよ」という方がいらっしゃったら15円から可能なので支援していただければ幸いです。情報発信を継続していくため、サーバー維持費などに充てさせていただきます。
ご支援いただいた方は、こちらで確認できます。
◎ Amazonギフトの場合、
Amazonギフト券- Eメールタイプ – Amazonベーシック
より、金額は空白欄に適当に(15円から)書きこんで下さい。受取人は「mamekebiamazonあっとgmail.com」です（あっとは@に置き換えてください）。贈り主は「匿名」等でOKです。全額がクリエイターに届きます。
◎ OFUSEは登録不要で、100円から寄付できます。金額の90%がクリエイターに届きます。
OFUSEで応援を送る◎ codocは登録不要で、100円から寄付できます。金額の85%がクリエイターに届きます。
