$\log(1-x)$ を含む難しい積分として、過去記事
で次の積分を示しました。$$\int_0^1\frac{\sqrt{x}\ln(1-x)}{1+x^3}dx=-\frac{2}{9}G-\frac{\pi}{6}\ln2$$$$\int_0^1\frac{x\ln(1-x)}{1+x^4}dx=\frac{\pi}{32}\ln2-\frac{G}{4}-\frac{\pi}{8}\ln(\sqrt{2}+1)$$今回もまた、$\log(1-x)$ を含む積分を解いていきます。
$s>0$ , $-1< z <1$ とするとき、次の等式を証明する。$$\int_0^1\frac{(1-x)^{s-1}\ln(1-x)}{(1-xz)^{s+1}}dx=-\frac{1}{s(1-z)}\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{s+n}$$
なお、上の式は次のように書き直せる。$$\int_0^1\frac{(1-x)^{s-1}\ln(1-x)}{(1-xz)^{s+1}}dx=\frac{1}{s^2(z-1)}{}_2F_1\left[\begin{matrix} 1,s \\ s+1\end{matrix};z\right]$$
さらに $s=m\in\NN$ であれば$$\int_0^1\frac{(1-x)^{m-1}\ln(1-x)}{(1-xz)^{m+1}}dx=\frac{z^{-m}}{m(1-z)}\left(z+\frac{z^2}{2}+\cdots+\frac{z^{m-1}}{m-1}+\ln|1-z|\right)$$
以上の等式を用いると、以下のように具体的な積分値を得る。$$\int_0^1\frac{(1-x)\ln(1-x)}{(1-\frac{x}{2})^{3}}dx=2-4\ln2$$$$\int_0^1\frac{(1-x)^2\ln(1-x)}{(1+\frac{x}{2})^{4}}dx=\frac{2}{3}-\frac{16}{9}\ln\frac{3}{2}$$$$\int_0^1\frac{(1-x)^{10}\ln(1-x)}{(1-\frac{x}{10})^{12}}dx=\frac{10^{12}}{99}\left(\frac{331885624319}{3150000000000}-\ln\frac{10}{9}\right)$$$$\int_0^1\frac{\ln(1-x)}{\sqrt{1-x}(1-xz)^{\frac{3}{2}}}dx=\frac{2}{\sqrt{z}(z-1)}\ln\frac{1+\sqrt{z}}{1-\sqrt{z}}$$$$\int_0^1\frac{\ln(1-x)}{\sqrt{1-x}(1-\frac{x}{2})^{\frac{3}{2}}}dx=-8\sqrt{2}\ln(\sqrt{2}+1)$$\begin{eqnarray}\int_0^1\frac{\ln(1-x)}{(1-x)^{\frac{2}{3}}(1-xz)^{\frac{4}{3}}}dx &=& \frac{9}{z^\frac{1}{3}(z-1)}\biggl[\frac{\ln(z^\frac{2}{3}+z^\frac{1}{3}+1)}{6}-\frac{\ln(1-z^\frac{1}{3})}{3}\\&&+\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\arctan\frac{2z^\frac{1}{3}+1}{\sqrt{3}}-\frac{\pi}{6}\right)\biggr]\end{eqnarray}$$\int_0^1\frac{\ln(1-x)}{(1-x)^{\frac{2}{3}}(1-\frac{x}{8})^{\frac{4}{3}}}dx = -\frac{144}{7}\left[\frac{\ln7}{6}+\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\arctan\frac{2}{\sqrt{3}}-\frac{\pi}{6}\right)\right]$$
一番上の積分はYury Brychkov, "Handbook of Special Functions: Derivatives, Integrals, Series and Other Formulas" において記されたものです。例のごとく、この本には証明が載っていませんので挑戦しました。また本では $|1-z|<\pi$ と書かれていますが、本記事ではこれについて特に考察はしていません。
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
被積分関数の分母を二項級数に展開すると$$\int_0^1\frac{(1-x)^{s-1}\ln(1-x)}{(1-xz)^{s+1}}dx=\int_0^1(1-x)^{s-1}\ln(1-x)\sum_{n=0}^\infty\frac{(-s-1)(-s-2)\cdots(-s-n)}{n!}(-xz)^n dx$$式を整理すると$$\int_0^1\frac{(1-x)^{s-1}\ln(1-x)}{(1-xz)^{s+1}}dx=\sum_{n=0}^\infty\frac{(s+1)_n}{n!}z^n\int_0^1x^n(1-x)^{s-1}\ln(1-x)dx$$ベータ関数の1階偏導関数$$\dd{B(p,q)}{q}=\int_0^1x^{p-1}(1-x)^{q-1}\ln(1-x)dx=B(p,q)\bigl(\psi(q)-\psi(p+q)\bigr)$$を用いると\begin{eqnarray*}\int_0^1\frac{(1-x)^{s-1}\ln(1-x)}{(1-xz)^{s+1}}dx &=& \sum_{n=0}^\infty\frac{(s+1)_n}{n!}z^n\left.\dd{B(p,q)}{q}\right|_{p=n+1,q=s} \\ &=& \sum_{n=0}^\infty\frac{(s+1)_n}{n!}z^n B(n+1,s)\Bigl(\psi(s)-\psi(s+n+1)\Bigr) \\ &=& -\sum_{n=0}^\infty\frac{(s+1)_n}{n!}z^n\frac{n! \G(s)}{\G(n+s+1)}\left(\frac{1}{s+n}+\frac{1}{s+n-1}+\cdots+\frac{1}{s}\right) \\ &=& -\frac{1}{s}\sum_{n=0}^\infty z^n\left(\frac{1}{s+n}+\frac{1}{s+n-1}+\cdots+\frac{1}{s}\right) \\ &=& \frac{1}{s(1-z)}\sum_{n=0}^\infty z^n(z-1)\left(\frac{1}{s+n}+\frac{1}{s+n-1}+\cdots+\frac{1}{s}\right)\end{eqnarray*}となります。ベータ関数の偏導関数、ディガンマ関数についてはこちら：
右辺の級数について\begin{eqnarray*}&&\sum_{n=0}^\infty z^n(z-1)\left(\frac{1}{s+n}+\cdots+\frac{1}{s}\right)\\ &=& \sum_{n=0}^\infty z^{n+1}\left(\frac{1}{s}+\cdots+\frac{1}{s+n}\right)-\sum_{n=0}^\infty z^{n}\left(\frac{1}{s}+\cdots+\frac{1}{s+n}\right)\\ &=& -\frac{1}{s}+\sum_{n=0}^\infty z^{n+1}\left(\frac{1}{s}+\cdots+\frac{1}{s+n}\right)-\sum_{n=0}^\infty z^{n+1}\left(\frac{1}{s}+\cdots+\frac{1}{s+n+1}\right) \\ &=& -\frac{1}{s}-\sum_{n=0}^\infty \frac{z^{n+1}}{s+n+1} \\ &=& -\frac{1}{s}-\sum_{n=1}^\infty \frac{z^{n}}{s+n} \\ &=& -\sum_{n=0}^\infty \frac{z^{n}}{s+n}\end{eqnarray*}したがって
\begin{equation}\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}\tag{1}\end{equation}
(1)右辺の級数を変形すると\begin{eqnarray*}\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} \\ &=& \frac{1}{s^2(z-1)}\sum_{n=0}^\infty\frac{(1)_n (s)_n}{(s+1)_n}\frac{z^n}{n!}\end{eqnarray*}よって、積分は次のようにも書けます。
\begin{equation}\int_0^1\frac{(1-x)^{s-1}\ln(1-x)}{(1-xz)^{s+1}}dx=\frac{1}{s^2(z-1)}{}_2F_1\left[\begin{matrix} 1,s \\ s+1\end{matrix};z\right]\tag{2}\end{equation}
$s\in\NN$ のとき、$s=m$ とおくと(1)より\begin{equation}\int_0^1\frac{(1-x)^{m-1}\ln(1-x)}{(1-xz)^{m+1}}dx=\frac{1}{m(z-1)}\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{m+n}\tag{3}\end{equation}ここで$$f(z):=\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{m+n}$$と定義します。$f(z)$ に $z^m$ をかけて微分すると\begin{eqnarray*}\left(z^mf(z)\right)' &=& \sum_{n=0}^\infty z^{m+n-1}\\ &=& \frac{z^{m-1}}{1-z}\\ &=& \frac{1}{1-z}-\frac{1-z^{m-1}}{1-z} \\ &=& \frac{1}{1-z}-(1+z+\cdots+z^{m-2})\end{eqnarray*}これを積分します。$$z^mf(z)=-\ln|1-z|-\left(z+\frac{z^2}{2}+\cdots+\frac{z^{m-1}}{m-1}\right)$$となって $f(z)$ の関数形を得ることができます。(3)へ用いることで
\begin{equation}\int_0^1\frac{(1-x)^{m-1}\ln(1-x)}{(1-xz)^{m+1}}dx=\frac{z^{-m}}{m(1-z)}\left(z+\frac{z^2}{2}+\cdots+\frac{z^{m-1}}{m-1}+\ln|1-z|\right)\tag{4}\end{equation}
右辺の $z+\frac{z^2}{2}+\cdots+\frac{z^{m-1}}{m-1}$ は $-\ln(1-z)$ のマクローリン展開を途中で打ち切ったものになっています。
(4)で $z=1/2$ , $m=2$ とすると\begin{equation}\int_0^1\frac{(1-x)\ln(1-x)}{(1-\frac{x}{2})^{3}}dx=2-4\ln2\tag{5}\end{equation}(4)で $z=-1/2$ , $m=3$ とすると\begin{equation}\int_0^1\frac{(1-x)^2\ln(1-x)}{(1+\frac{x}{2})^{4}}dx=\frac{2}{3}-\frac{16}{9}\ln\frac{3}{2}\tag{6}\end{equation}(4)で $z=1/10$ , $m=11$ とすると\begin{equation}\int_0^1\frac{(1-x)^{10}\ln(1-x)}{(1-\frac{x}{10})^{12}}dx=\frac{10^{12}}{99}\left(\frac{331885624319}{3150000000000}-\ln\frac{10}{9}\right)\tag{7}\end{equation}
$s$ が非整数の場合はどうでしょう。(1)で $s=1/2$ とすると $\mathrm{arctanh\sqrt{z}} $ の展開式が現れ、次のようになります。
\begin{equation}\int_0^1\frac{\ln(1-x)}{\sqrt{1-x}(1-xz)^{\frac{3}{2}}}dx=\frac{2}{\sqrt{z}(z-1)}\ln\frac{1+\sqrt{z}}{1-\sqrt{z}}\tag{8}\end{equation}
(8)で特に $z=1/2$ であれば\begin{equation}\int_0^1\frac{\ln(1-x)}{\sqrt{1-x}(1-\frac{x}{2})^{\frac{3}{2}}}dx=-8\sqrt{2}\ln(\sqrt{2}+1)\tag{9}\end{equation}
同様にして(1)で $s=1/3$ のときは$$\int_0^1\frac{\ln(1-x)}{(1-x)^{\frac{2}{3}}(1-xz)^{\frac{4}{3}}}dx=\frac{9}{z^\frac{1}{3}(z-1)}\sum_{n=0}^\infty\frac{\left(z^\frac{1}{3}\right)^{3n+1}}{3n+1}$$ここで$$g(x):=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{3n+1}}{3n+1}$$とすると$$g'(x)=\frac{1}{1-x^3}$$これを積分して$$g(x)=\frac{\ln|x^2+x+1|}{6}-\frac{\ln|1-x|}{3}+\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\arctan\frac{2x+1}{\sqrt{3}}-\frac{\pi}{6}\right)$$したがって
\begin{eqnarray}\int_0^1\frac{\ln(1-x)}{(1-x)^{\frac{2}{3}}(1-xz)^{\frac{4}{3}}}dx &=& \frac{9}{z^\frac{1}{3}(z-1)}\biggl[\frac{\ln(z^\frac{2}{3}+z^\frac{1}{3}+1)}{6}-\frac{\ln(1-z^\frac{1}{3})}{3}\\&&+\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\arctan\frac{2z^\frac{1}{3}+1}{\sqrt{3}}-\frac{\pi}{6}\right)\biggr]\tag{10}\end{eqnarray}
特に $z=1/8$ とすると\begin{equation}\int_0^1\frac{\ln(1-x)}{(1-x)^{\frac{2}{3}}(1-\frac{x}{8})^{\frac{4}{3}}}dx = -\frac{144}{7}\left[\frac{\ln7}{6}+\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\arctan\frac{2}{\sqrt{3}}-\frac{\pi}{6}\right)\right]\tag{11}\end{equation}
次：
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