Necesita ayuda para encontrar una forma cerrada o aproximación de una integral(función hipergeométrica)

Question

Estoy buscando (de preferencia) una forma cerrada para la integral

\begin{equation} \int_{0}^{1} \frac{\ln\left[x(1-x)\right]}{\sqrt{x(1-x)(1-zx)}} dx, \;\;\; z<1 \end{equation} Yo sé de un trabajo anterior que

\begin{equation} B(b,c-b)\,_2F_1(a,b;c;z) = \int_0^1 x^{b-1} (1-x)^{c-b-1}(1-zx)^{-a} \, dx \end{equation} así que tengo la esperanza de que mis integral será alguna otra forma de una función hipergeométrica. He tratado de expresar el logaritmo como una función hipergeométrica a partir de la relación $\ln(1-z)=-zF(1,1;2;z)$ y el uso de las propiedades en el libro "Más Funciones trascendentes." También he rastreado nist.gov y la "Tabla de integrales, series, y de los productos." para algún tipo de útiles de identidad, pero no puedo encontrar nada. Lo más cercano que he encontrado es la ecuación de 7.512.9 de la Tabla de Integrales y Series de Productos, el cual es un resultado de

\begin{equation} \int_0^{1}x^{\gamma-1}(1-x)^{\rho-1}(1-zx)^{-\sigma}F(\alpha,\beta;\gamma;x)dx \end{equation}

que no me voy porque mi integral de la no-conformidad.

En este punto, una aproximación estaría bien. Pero si alguien encuentra la manera de resolver esto de forma analítica, eso sería increíble. De cualquier manera, agradezco la ayuda!

Answer 1

$$ B\left( T+\tfrac{1}{2},\tfrac{3}{2}\right)\cdot {}_2 F_1\left(\tfrac{1}{2},T+\tfrac{1}{2};T+2,z\right) = \int_{0}^{1}\frac{x^T}{\sqrt{x(1-x)(1-xz)}}\,dx$$ por lo tanto, diferenciando ambos lados con respecto a $T$, luego de evaluar a $T=0$ obtenemos que $$ -\tfrac{\pi}{2}\left(1+2\log 2\right)\cdot {}_2 F_1\left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2};2,z\right)+\tfrac{1}{2}\sum_{n\geq 0}\frac{\Gamma\left(n+\tfrac{1}{2}\right)^2\left[1+2\log 2+H_{n-1/2}-H_n\right]}{n!\Gamma(n+2)}\, z^n $$ exactamente igual a $\int_{0}^{1}\frac{\log x}{\sqrt{x(1-x)(1-xz)}}\,dx$, e $\int_{0}^{1}\frac{\log(1-x)}{\sqrt{x(1-x)(1-xz)}}\,dx$ tiene un análogo de la forma cerrada.
La línea anterior se puede simplificar de la siguiente manera: $$\frac{\pi}{2}\sum_{n\geq 0}\frac{\binom{2n}{n}^2}{16^n(n+1)}\left[H_{n-1/2}-H_n\right] z^n $$ y esto no es, estrictamente hablando, una función hipergeométrica, pero es bastante simple para aproximar el objeto con funciones hipergeométricas, considerando la expansión asintótica de $H_{n-1/2}-H_n$. Campbell ha demostrado que los análogos de la serie ha cerrado las formas para muchos de los valores específicos de $z$, y junto con Sondow hemos demostrado que la transformada de Fourier-Legendre de la serie de expansiones de proporcionar una técnica muy eficaz para la evaluación de $\int K(x)g(x)\,dx$. La anterior serie es un ejemplo: en $z=1$ hemos $$\frac{\pi}{2}\sum_{n\geq 0}\frac{\binom{2n}{n}^2}{16^n(n+1)}\left[H_{n-1/2}-H_n\right] =\color{red}{2\pi-4}. $$

Answer 2

No es una aproximación, pero un límite superior de la integral

$$ \int_{0}^{1} \frac{\ln\left[x(1-x)\right]}{\sqrt{x(1-x)(1-zx)}} dx\leq \int_{0}^{1} \frac{\ln\left[1/4\right]}{\sqrt{x(1-x)(1-zx)}}$$ $$=\ln 8\dfrac{F\left[\sqrt{1-z},\sqrt{\dfrac{1}{1-z}}\right]-F\left[1,\sqrt{\dfrac{1}{1-z}}\right]}{\sqrt{z-1}} $$

En el siguiente elíptica utilizaba la función: $$F(z,k)=\int_{0}^{z}\dfrac{du}{\sqrt{1-u^2}\sqrt{1-k^2u^2}}.$$