$b\notin\ZZ^+$ とするとき、\begin{equation}{}_{p+1}F_p\left[\begin{matrix}a,a,\cdots,a,b\\a+1, a+1,\cdots, a+1\end{matrix};1\right]=-\frac{(-a)^p}{(p-1)!}\left.\frac{d^{p-1}}{dx^{p-1}}B(x,1-b)\right|_{x=a}\tag{1}\end{equation}
左辺は超幾何級数の上段に $a$ が $p$ 個と $b$ が1個、下段に $a+1$ が $p$ 個ということです。すなわち$${}_{p+1}F_p\left[\begin{matrix}a,a,\cdots,a,b\\a+1, a+1,\cdots, a+1\end{matrix};1\right]=\sum_{n=0}^\infty\frac{\left[(a)_n\right]^p(b)_n}{\left[(a+1)_n\right]^pn!}$$なる級数を表します。$(a)_n$ は「ポッホハマー記号」といいます。
まず(1)を示します。右辺からスタートしましょう。\begin{eqnarray}RHS&&=-\frac{(-a)^p}{(p-1)!}\left.\frac{d^{p-1}}{dx^{p-1}}B(x,1-b)\right|_{x=a}\\&&=-\frac{(-a)^p}{(p-1)!}\frac{d^{p-1}}{dx^{p-1}}\left[\int_0^1t^{x-1}(1-t)^{-b}dt\right]_{x=a}\tag{2}\end{eqnarray}$(1-t)^{-b}$ を二項級数に展開すると\begin{eqnarray}&&=-\frac{(-a)^p}{(p-1)!}\frac{d^{p-1}}{dx^{p-1}}\left[\int_0^1t^{x-1}\sum_{n=0}^\infty\frac{(b)_n}{n!}t^ndt\right]_{x=a}\\&&=-\frac{(-a)^p}{(p-1)!}\sum_{n=0}^\infty\frac{(b)_n}{n!}\frac{d^{p-1}}{dx^{p-1}}\left[\int_0^1t^{x+n-1}dt\right]_{x=a}\\&&=-\frac{(-a)^p}{(p-1)!}\sum_{n=0}^\infty\frac{(b)_n}{n!}\frac{d^{p-1}}{dx^{p-1}}\left[\frac{1}{x+n}\right]_{x=a}\\&&=-\frac{(-a)^p}{(p-1)!}\sum_{n=0}^\infty\frac{(b)_n}{n!}\left[\frac{(-1)^{p-1}(p-1)!}{(x+n)^p}\right]_{x=a}\\&&=-\frac{(-a)^p}{(p-1)!}\sum_{n=0}^\infty\frac{(b)_n}{n!}\frac{(-1)^{p-1}(p-1)!}{(a+n)^p}\\&&=a^p\sum_{n=0}^\infty\frac{(b)_n}{n!}\frac{1}{(a+n)^p}\\&&=a^p\sum_{n=0}^\infty\frac{(b)_n}{n!}\frac{[(a)_n]^p}{[(a+1)_n]^p}\frac{1}{a^p}\\&&=\sum_{n=0}^\infty\frac{(b)_n}{n!}\frac{[(a)_n]^p}{[(a+1)_n]^p}\\&&={}_{p+1}F_p\left[\begin{matrix}a,a,\cdots,a,b\\a+1, a+1,\cdots, a+1\end{matrix};1\right]\tag{3}\end{eqnarray}(3)は(1)の左辺と同じです。これで(1)を証明できました。
$b\notin\ZZ^+$ とするとき、\begin{equation}{}_{p+1}F_p\left[\begin{matrix}a,a,\cdots,a,b\\a+1, a+1,\cdots, a+1\end{matrix};1\right]=-\frac{(-a)^p}{(p-1)!}\left.\frac{d^{p-1}}{dx^{p-1}}B(x,1-b)\right|_{x=a}\tag{4}\end{equation}
$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\dfrac{(2n-2)!}{2^{2n}(n!)^2}=1-\ln2$ (@infseriesbot)
\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{(2n-2)!}{2^{2n}(n!)^2} &=& \frac{1}{4}\sum_{n=0}^\infty\frac{n!(\frac{1}{2})_n}{(n+1)!^2} \\&=&\frac{1}{4}{}_{3}F_2\left[\begin{matrix}1,1,\frac{1}{2}\\2,2\end{matrix};1\right]\\&=&-\frac{1}{4}\left.\frac{d}{dx}B\left(x,\frac{1}{2}\right)\right|_{x=1}\\&=&-\frac{1}{4}B\left(1,\frac{1}{2}\right)\left(\psi(1)-\psi\left(\frac{3}{2}\right)\right)\\&=&1-\ln2\end{eqnarray*}
$$I\equiv\int_0^1\int_0^1\frac{\arcsin xy}{xy}dxdy$$
$\arcsin$ を級数展開します。\begin{eqnarray}I&&=\int_0^1\int_0^1\frac{1}{xy}\sum_{n=0}^\infty\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!(2n+1)}x^{2n+1}y^{2n+1}dxdy\\&&=\sum_{n=0}^\infty\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!(2n+1)}\int_0^1\int_0^1x^{2n}y^{2n}dxdy\\&&=\sum_{n=0}^\infty\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!(2n+1)}\int_0^1\frac{1}{2n+1}y^{2n}dy\\&&=\sum_{n=0}^\infty\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!(2n+1)^3}\\&&=\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!(2n+1)^3}\\&&=\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_n}{n!(\frac{3}{2})_n(\frac{3}{2})_n(\frac{3}{2})_n}\\&&={}_4F_3\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\\\frac{3}{2},\frac{3}{2},\frac{3}{2}\end{matrix};1\right]\\&&=\frac{1}{16}\left.\frac{d^2B(x,\frac{1}{2})}{dx^2}\right|_{x=1/2}\\&&=\frac{1}{16}\left.\frac{d}{dx}B\left(x,\frac{1}{2}\right)\left[\psi(x)-\psi\left(x+\frac{1}{2}\right)\right]\right|_{x=1/2}\\&&=\frac{1}{16}B\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)\left[\psi'\left(\frac{1}{2}\right)-\psi'(1)+\left\{\psi\left(\frac{1}{2}\right)-\psi(1)\right\}^2\right]\\&&=\frac{\pi}{16}\left[\psi'\left(\frac{1}{2}\right)-\psi'(1)+\left\{\psi\left(\frac{1}{2}\right)-\psi(1)\right\}^2\right]\tag{5}\end{eqnarray}
ここでベータ関数とガンマ関数との関係およびディガンマ関数の定義$$B(x,y)=\frac{\G(x)\G(y)}{\G(x+y)}\quad,\quad\psi(x)=\frac{\G'(x)}{\G(x)}$$を用いました。
残りはディガンマ関数の値が求まればいいですが、過去記事
【γ10】ポリガンマ関数の値、極、級数表示、ゼータ関数との関係（ガンマ関数の基礎シリーズ10）
などから分かるように$$\psi(1)=-\g\;,\;\psi\left(\frac{1}{2}\right)=-\g-2\ln2$$$$\psi'(1)=\zeta(2)\;,\;\psi'\left(\frac{1}{2}\right)=\zeta\left(2,\frac{1}{2}\right)=3\zeta(2)$$となります。$\g$ はオイラー・マスケローニ定数です。これらを(5)へ代入すると$$I=\frac{\pi}{16}\left[3\zeta(2)-\zeta(2)+(-\g-2\ln2+\g)^2\right]$$これを計算することで結果は$$\int_0^1\int_0^1\frac{\arcsin xy}{xy}dxdy=\frac{\pi^3}{48}+\frac{\pi}{4}\ln^22$$
$b\notin\ZZ^+$ すなわち $b$ が非自然数であることを仮定してきました。最後にオマケとして $b=1$ を考えます。対応する超幾何級数は$${}_{p+1}F_p\left[\begin{matrix}a,a,\cdots,a,1\\a+1, a+1,\cdots, a+1\end{matrix};1\right]$$非常に単純な話になります。\begin{eqnarray*}{}_{p+1}F_p\left[\begin{matrix}a,a,\cdots,a,1\\a+1, a+1,\cdots, a+1\end{matrix};1\right]&&=\sum_{n=0}^\infty\frac{[(a)_n]^p(1)_n}{[(a+1)_n]^pn!}\\&&=\sum_{n=0}^\infty\frac{a^pn!}{(a+n)^pn!}\\&&=a^p\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(a+n)^p}\end{eqnarray*}したがって
$${}_{p+1}F_p\left[\begin{matrix}a,a,\cdots,a,1\\a+1, a+1,\cdots, a+1\end{matrix};1\right]=a^p\zeta(p,a)$$
ベータ関数の微分を同様に応用した記事：
ベータ関数の逆数について：
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