前回：
logを含む難しい積分11(調和数とEuler sumの利用)
From @integralsbot:
$$I:=\int_0^1\frac{\ln(1-x)}{\sqrt{x-x^3}}dx=\frac{\G^2(\frac{1}{4})}{4\sqrt{2\pi}}\left(\ln2-\pi\right)$$
上を示すための補題として
\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!(4n+1)}\left(1+\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{4n-3}\right) &=& \frac{\G^2(\frac{1}{4})}{8\sqrt{2\pi}}\ln2 \\ \sum_{n=1}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!(4n+1)}\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{7}+\cdots+\frac{1}{4n-1}\right) &=& \frac{\G^2(\frac{1}{4})}{16\sqrt{2\pi}}\ln2\\\sum_{n=1}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!(4n+1)}\left(1+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{4n-1}\right) &=& \frac{3\G^2(\frac{1}{4})}{16\sqrt{2\pi}}\ln2\end{eqnarray*}
積分botで提示された式を導出しました。複素解析がよさそうですが、うまくいかなかったので級数に変形して考えることにしました。すると超幾何関数の微分を応用できることが分かりました。
前提知識を要しますが、その部分は過去記事へのリンクを貼ることで補完します。
$I$ の積分を級数に直します。まず$$(1-X)^{-s}=\sum_{n=0}^\infty\frac{(s)_n}{n!}X^n$$を利用して$$I=\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!}\int_0^1 x^{2n-\frac{1}{2}}\ln(1-x)dx$$右辺の積分はベータ関数の微分の形をしていますので\begin{eqnarray*}I &=&\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!}\left.\dd{B(p,q)}{q}\right|_{p=2n+\frac{1}{2},q=1} \\&=& \sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!}\frac{\G(2n+\frac{1}{2})}{\G(2n+\frac{3}{2})}\left[\psi(1)-\psi\left(2n+\frac{3}{2}\right)\right] \\&=& -2\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!}\frac{1}{4n+1}\left[\frac{1}{2n+\frac{1}{2}}+\frac{1}{2n-\frac{1}{2}}+\cdots+\frac{1}{\frac{1}{2}}+\psi\left(\frac{1}{2}\right)-\psi(1)\right]\end{eqnarray*}ディガンマ関数の特殊値を代入して$$I=-4\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!(4n+1)}\left[1+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{4n+1}-\ln2\right]$$少し変形します。\begin{eqnarray}I &=& -4\sum_{n=1}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!(4n+1)}\left(H_{4n}-\frac{H_{2n}}{2}\right)\\&&-4\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!(4n+1)^2}+4\ln2\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!(4n+1)}\tag{1}\end{eqnarray}ただし $H_n:=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}$ は調和数です（$H_0=0$）。\begin{equation}1+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{4n-1}=H_{4n}-\frac{H_{2n}}{2}\tag{2}\end{equation}であることが簡単に確認できます。
以下、(1)に現れた３つの級数を考えましょう。
(1)右辺の最終項は、ガウスの超幾何関数を用いて$$\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!(4n+1)}={}_2F_1\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},\frac{1}{4}\\\frac{5}{4}\end{matrix};1\right]$$と表せます。ガウスの超幾何定理によって右辺をガンマ関数で表せば\begin{equation}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!(4n+1)}=\frac{\G^2(\frac{1}{4})}{4\sqrt{2\pi}}\tag{3}\end{equation}ただしガンマ関数の相反公式を用いました。
(1)右辺の第2項は一般化された超幾何関数を用いて$$\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!(4n+1)^2}={}_3F_2\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{4}\\\frac{5}{4},\frac{5}{4}\end{matrix};1\right]$$この右辺はwell-poisedですのでDixonの定理\begin{equation}{}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,c\\1+a-b,1+a-c\end{matrix};1\right]=\frac{\G(1+\frac{a}{2})\G(1+a-b)\G(1+a-c)\G(1+\frac{a}{2}-b-c)}{\G(1+a)\G(1+\frac{a}{2}-b)\G(1+\frac{a}{2}-c)\G(1+a-b-c)}\tag{4}\end{equation}を使えることを見抜けます。$a=1/2$ , $b=c=1/4$ として\begin{equation}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!(4n+1)^2}=\frac{\sqrt{\pi}\G^2(\frac{1}{4})}{16\sqrt{2}}\tag{5}\end{equation}
(1)右辺の第1項が残されています。$$S:=\sum_{n=1}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!(4n+1)}\left(H_{4n}-\frac{H_{2n}}{2}\right)$$あるいは次のように書き下せます。$$S=\sum_{n=1}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!(4n+1)}\left(1+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{4n-1}\right)$$これを２つに分割します。\begin{eqnarray}S &=& S_1+S_2\tag{6}\\ S_1 &:=& \sum_{n=1}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!(4n+1)}\left(1+\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{4n-3}\right)\tag{7} \\ S_2 &:=& \sum_{n=1}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!(4n+1)}\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{7}+\cdots+\frac{1}{4n-1}\right)\tag{8}\end{eqnarray}
過去記事で得た、超幾何関数のパラメータによる微分を利用した公式\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{(c)_n(\nu)_n}{(\lambda)_nn!}[\psi(c+n)-\psi(c)] =\frac{\G(\lambda)\G(\lambda-\nu-c)}{\G(\lambda-c)\G(\lambda-\nu)}\left(\psi(\lambda-c)-\psi(\lambda-\nu-c)\right)\tag{9}\end{equation}および\begin{eqnarray}&&\sum_{n=1}^\infty\frac{(a)_n(b)_n(c)_n}{(1+a-b)_n(1+a-c)_nn!}\Bigl[\psi(c+n)-\psi(c)+\psi(1+a-c+n)-\psi(1+a-c)\Bigr]\\&=& \frac{\G(1+\frac{a}{2})\G(1+a-b)\G(1+a-c)\G(1+\frac{a}{2}-b-c)}{\G(1+a)\G(1+\frac{a}{2}-b)\G(1+\frac{a}{2}-c)\G(1+a-b-c)}\\&&\times\Bigl[-\psi(1+a-c)-\psi(1+\frac{a}{2}-b-c)+\psi(1+\frac{a}{2}-c)+\psi(1+a-b-c)\Bigr]\tag{10}\end{eqnarray}(9)は超幾何定理を、(10)はDixonの定理を微分したものです。
(9)において $c=\frac{1}{4}$ , $\lambda=\frac{5}{4}$ , $\nu=\frac{1}{2}$ とすると$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(\frac{1}{4})_n(\frac{1}{2})_n}{(\frac{5}{4})_nn!}\left[\psi\left(\frac{1}{4}+n\right)-\psi\left(\frac{1}{4}\right)\right] =\frac{\sqrt{\pi} \G(\frac{5}{4})}{\G(\frac{3}{4})}\left(\psi(1)-\psi(1/2)\right)$$両辺を変形・計算すると\begin{equation}S_1 = \frac{\G^2(\frac{1}{4})}{8\sqrt{2\pi}}\ln2\tag{11}\end{equation}(10)において $a=\frac{1}{2}$ , $b=\frac{1}{4}$ , $c=\frac{3}{4}$ とおくと$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(\frac{1}{4})_n(\frac{1}{2})_n}{(\frac{5}{4})_nn!}\left[2\psi\left(\frac{3}{4}+n\right)-2\psi\left(\frac{3}{4}\right)\right] =\frac{\G^2(\frac{5}{4})\G(\frac{3}{4})\G(\frac{1}{4})}{\frac{1}{2}\pi\sqrt{\pi}}\left(2\psi(1/2)-\psi(3/4)-\psi(1/4)\right)$$両辺を計算・変形すると\begin{equation}S_2 = \frac{\G^2(\frac{1}{4})}{16\sqrt{2\pi}}\ln2\tag{12}\end{equation}(6)より\begin{equation}S= \frac{3\G^2(\frac{1}{4})}{16\sqrt{2\pi}}\ln2\tag{13}\end{equation}
(3)(5)(13)を(1)へ代入して
\begin{equation}\int_0^1\frac{\ln(1-x)}{\sqrt{x-x^3}}dx=\frac{\G^2(\frac{1}{4})}{4\sqrt{2\pi}}\left(\ln2-\pi\right)\tag{14}\end{equation}
次：
logを含む難しい積分13（Euler-sumの応用,weight5）
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