Definir $\mathcal{I}$ a ser el valor de la integral definida,
$$\mathcal{I}:=\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1+8x\right)}}{x^{2/3}(1-x)^{2/3}(1+8x)^{1/3}}\,\mathrm{d}x\approx3.8817.$$
Problema. Probar que la siguiente conjetura valor de la integral definida, $\mathcal{I}$ es correcta:
$$\mathcal{I}=\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1+8x\right)}}{x^{2/3}(1-x)^{2/3}(1+8x)^{1/3}}\,\mathrm{d}x\stackrel{?}{=}\frac{\ln{(3)}}{\sqrt{3}\,\pi}\left[\Gamma{\left(\small{\frac13}\right)}\right]^3.\tag{1}$$
Eliminación de la logarítmica del factor de el integrando:
Supongamos que tenemos una relación de sustitución de la forma$1+8x=\frac{k}{1+8t}$, $k$ ser una constante real positiva mayor que $1$. Primero de todo, la simetría de la relación con respecto a las variables $x$ $t$ implica que el $t$ resueltos de como una función de la $x$ tendrá la misma forma funcional como $x$ resueltos de como una función de la $t$:
$$1+8x=\frac{k}{1+8t}\implies t=\frac{k-(1+8x)}{8(1+8x)},~~x=\frac{k-(1+8t)}{8(1+8t)}.$$
La transformación de la integral de la $\mathcal{I}$ a través de esta sustitución, podemos encontrar:
$$\begin{align}
\mathcal{I}
&=\int_{0}^{1}x^{-2/3}\,(1-x)^{-2/3}\,(1+8x)^{-1/3}\,\ln{(1+8x)}\,\mathrm{d}x\\
&=\int_{0}^{1}\frac{\ln{(1+8x)}}{\sqrt[3]{x^{2}\,(1-x)^{2}\,(1+8x)}}\,\mathrm{d}x\\
&=\int_{\frac{k-1}{8}}^{\frac{k-9}{72}}\sqrt[3]{\frac{2^{12}(1+8t)^{5}}{k(9-k+72t)^{2}(k-1-8t)^{2}}}\,\ln{\left(\frac{k}{1+8t}\right)}\cdot\frac{(-k)}{(1+8t)^2}\,\mathrm{d}t\\
&=\left(\frac{k}{9}\right)^{2/3}\int_{\frac{k-9}{72}}^{\frac{k-1}{8}}\frac{\ln{\left(\frac{k}{1+8t}\right)}}{\left(\frac{9-k}{72}+t\right)^{2/3}\left(\frac{k-1}{8}-t\right)^{2/3}\left(1+8t\right)^{1/3}}\,\mathrm{d}t,\\
\end{align}$$
lo que claramente sugiere la elección de $k=9$ como la más simple, en cuyo caso:
$$\begin{align}
\mathcal{I}
&=\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(\frac{9}{1+8t}\right)}}{t^{2/3}\left(1-t\right)^{2/3}\left(1+8t\right)^{1/3}}\,\mathrm{d}t\\
&=\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(9\right)}}{t^{2/3}\left(1-t\right)^{2/3}\left(1+8t\right)^{1/3}}\,\mathrm{d}t-\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1+8t\right)}}{t^{2/3}\left(1-t\right)^{2/3}\left(1+8t\right)^{1/3}}\,\mathrm{d}t\\
&=2\ln{(3)}\,\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}t}{t^{2/3}\left(1-t\right)^{2/3}\left(1+8t\right)^{1/3}}-\mathcal{I}\\
\implies 2\mathcal{I}&=2\ln{(3)}\,\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}t}{t^{2/3}\left(1-t\right)^{2/3}\left(1+8t\right)^{1/3}}\\
\implies \mathcal{I}&=\ln{(3)}\,\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}t}{t^{2/3}\left(1-t\right)^{2/3}\left(1+8t\right)^{1/3}}\\
&=:\ln{(3)}\,\mathcal{J},
\end{align}$$
donde en la última línea simplemente hemos introducido el símbolo $\mathcal{J}$ para denotar la última integral para la conveniencia. Es el valor aproximado es de $\mathcal{J}\approx3.53328$.
Por lo tanto, para probar que la conjetura valor de $(1)$ es de hecho correcta, basta probar que equivale a las siguientes conjeturas:
$$\mathcal{J}:=\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{x^{2/3}(1-x)^{2/3}(1+8x)^{1/3}}\stackrel{?}{=}\frac{1}{\sqrt{3}\,\pi}\left[\Gamma{\left(\small{\frac13}\right)}\right]^3.\tag{2}$$
La representación y la manipulación de la integral como función hipergeométrica:
Euler representación integral para la hipergeométrica de Gauss
la función de los estados que, por
$\Re{\left(c\right)}>\Re{\left(b\right)}>0\de la tierra
|\arg{\left(1-z\right)}|<\pi$, tenemos:
$$\int_{0}^{1}x^{b-1}(1-x)^{c-b-1}(1-zx)^{-a}\mathrm{d}x=\operatorname{B}{\left(b,c-b\right)}\,{_2F_1}{\left(a,b;c;z\right)}.$$
En particular, si elegimos $z=-8$, $a=\frac13$, $c=\frac23$, y
$b=\frac13$, entonces las condiciones
$\Re{\left(\frac23\right)}>\Re{\left(\frac13\right)}>0\de la tierra
|\arg{\left(1-(-8)\right)}|=0<\pi$ están satisfechos, y la integral en
el lado izquierdo de Euler de la representación se reduce a la integral
$\mathcal{J}$. Es decir,:
$$\begin{align}
\mathcal{J}
&=\int_{0}^{1}x^{-\frac23}(1-x)^{-\frac23}(1+8x)^{-\frac13}\mathrm{d}x\\
&=\operatorname{B}{\left(\frac13,\frac13\right)}\,{_2F_1}{\left(\frac13,\frac13;\frac23;-8\right)}.
\end{align}$$
El uso de la transformación cuadrática,
$${_2F_1}{\left(a,b;2b;z\right)} =
\left(\frac{1+\sqrt{1-z}}{2}\right)^{-2a}
{_2F_1}{\left(a,a-b+\frac12;b+\frac12;\left(\frac{1-\sqrt{1-z}}{1+\sqrt{1-z}}\right)^2\right)},$$
con particular los valores de $a=b=\frac13,z=-8$, tenemos la hipergeométrica de identidad,
$${_2F_1}{\left(\frac13,\frac13;\frac23;-8\right)} = 2^{-\frac23}
{_2F_1}{\left(\frac13,\frac12;\frac56;\frac14\right)}.$$
A continuación, la aplicación de Euler transformación,
$${_2F_1}{\left(a,b;c;z\right)}=(1-z)^{c-a-b}{_2F_1}{\left(c-a,c-b;c;z\right)},$$
tenemos,
$${_2F_1}{\left(\frac13,\frac12;\frac56;\frac14\right)}={_2F_1}{\left(\frac12,\frac13;\frac56;\frac14\right)}.$$
Ahora, Euler representación integral para esta función hipergeométrica implica:
$${_2F_1}{\left(\frac12,\frac13;\frac56;\frac14\right)}=\frac{1}{\operatorname{B}{\left(\frac13,\frac12\right)}}\int_{0}^{1}x^{-\frac23}(1-x)^{-\frac12}\left(1-\small{\frac14}x\right)^{-\frac12}\mathrm{d}x.$$
Por lo tanto,
$$\begin{align}
\mathcal{J}
&=\operatorname{B}{\left(\frac13,\frac13\right)}\,{_2F_1}{\left(\frac13,\frac13;\frac23;-8\right)}\\
&=\frac{\operatorname{B}{\left(\frac13,\frac13\right)}}{2^{2/3}}\,{_2F_1}{\left(\frac13,\frac12;\frac56;\frac14\right)}\\
&=\frac{\operatorname{B}{\left(\frac13,\frac13\right)}}{2^{2/3}}\,{_2F_1}{\left(\frac12,\frac13;\frac56;\frac14\right)}\\
&=\frac{\operatorname{B}{\left(\frac13,\frac13\right)}}{2^{2/3}\,\operatorname{B}{\left(\frac13,\frac12\right)}}\,\int_{0}^{1}x^{-\frac23}(1-x)^{-\frac12}\left(1-\small{\frac14}x\right)^{-\frac12}\mathrm{d}x.\\
\end{align}$$
La proporción de beta funciones en la última línea anterior se simplifica considerablemente. El Legendre duplicación de la fórmula para la función gamma estados:
$$\Gamma{\left(2z\right)}=\frac{2^{2z-1}}{\sqrt{\pi}}\Gamma{\left(z\right)}\Gamma{\left(z+\frac12\right)}.$$
Dejando $z=\frac13$ rendimientos:
$$\Gamma{\left(\frac23\right)}=\frac{2^{-1/3}}{\sqrt{\pi}}\Gamma{\left(\frac13\right)}\Gamma{\left(\frac56\right)}.$$
A continuación, utilizando los hechos que $\operatorname{B}{\left(a,b\right)}=\frac{\Gamma{\left(a\right)}\,\Gamma{\left(b\right)}}{\Gamma{\left(a+b\right)}}$$\Gamma{\left(\frac12\right)}=\sqrt{\pi}$, podemos simplificar la relación de beta funciones anteriores considerablemente:
$$\begin{align}
\frac{\operatorname{B}{\left(\frac13,\frac13\right)}}{\operatorname{B}{\left(\frac13,\frac12\right)}}
&=\frac{\left[\Gamma{\left(\frac13\right)}\right]^2\,\Gamma{\left(\frac56\right)}}{\Gamma{\left(\frac23\right)}\,\Gamma{\left(\frac12\right)}\,\Gamma{\left(\frac13\right)}}\\
&=\frac{\Gamma{\left(\frac13\right)}\,\Gamma{\left(\frac56\right)}}{\sqrt{\pi}\,\Gamma{\left(\frac23\right)}}\\
&=\frac{\sqrt{\pi}\,\sqrt[3]{2}}{\sqrt{\pi}}\\
&=\sqrt[3]{2}.
\end{align}$$
Por lo tanto,
$$\begin{align}
\mathcal{J}
&=\frac{\operatorname{B}{\left(\frac13,\frac13\right)}}{2^{2/3}\,\operatorname{B}{\left(\frac13,\frac12\right)}}\,\int_{0}^{1}x^{-\frac23}(1-x)^{-\frac12}\left(1-\small{\frac14}x\right)^{-\frac12}\mathrm{d}x\\
&=\frac{\sqrt[3]{2}}{2^{2/3}}\,\int_{0}^{1}x^{-\frac23}(1-x)^{-\frac12}\left(1-\small{\frac14}x\right)^{-\frac12}\mathrm{d}x\\
&=\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\,\int_{0}^{1}\frac{x^{-\frac23}}{\sqrt{\left(1-x\right)\left(1-\small{\frac14}x\right)}}\,\mathrm{d}x.\\
\end{align}$$
La reducción de la integral pseudo-elípticas integrales:
Sustituyendo $x=t^3$ en la representación integral para $\mathcal{J}$, podemos reducir el problema a la solución de una integral cuyo integrando es la recíproca de la raíz cuadrada de un sexto grado del polinomio:
$$\begin{align}
\mathcal{J}
&=\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\,\int_{0}^{1}\frac{x^{-\frac23}}{\sqrt{\left(1-x\right)\left(1-\small{\frac14}x\right)}}\,\mathrm{d}x\\
&=\frac{2}{\sqrt[3]{2}}\,\int_{0}^{1}\frac{x^{-\frac23}}{\sqrt{\left(1-x\right)\left(4-x\right)}}\,\mathrm{d}x\\
&=\frac{6}{\sqrt[3]{2}}\,\int_{0}^{1}\frac{\frac13\,x^{-\frac23}\,\mathrm{d}x}{\sqrt{\left(1-x\right)\left(4-x\right)}}\\
&=\frac{6}{\sqrt[3]{2}}\,\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{\left(1-t^3\right)\left(4-t^3\right)}}\\
&=\frac{6}{\sqrt[3]{2}}\,\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{4-5t^3+t^6}}.\\
\end{align}$$
Entonces, sustituyendo $t=\sqrt[3]{2}\,u$ nos da una similar integrando excepto con los de sexto grado del polinomio con simétrica de coeficientes:
$$\begin{align}
\mathcal{J}
&=\frac{6}{\sqrt[3]{2}}\,\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{4-5t^3+t^6}}\\
&=\frac{6}{\sqrt[3]{2}}\,\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt[3]{2}}}\frac{\sqrt[3]{2}\,\mathrm{d}u}{\sqrt{4-10u^3+4u^6}}\\
&=3\,\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt[3]{2}}}\frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{1-\small{\frac52}u^3+u^6}}.\\
\end{align}$$
La forma de la integral de la $\mathcal{J}$ se encuentra en la última línea de arriba es importante, ya que puede ser transformada en un par de pseudo-elípticas integrales, que posteriormente pueden ser evaluados en términos de funciones elementales y de las integrales elípticas. Para más información sobre estos tipos de integrales, ver mi pregunta aquí.
Sustituyendo $u=z-\sqrt{z^2-1}$ transforma la integral de la $\mathcal{J}$ en una suma de dos pseudo-elípticas integrales:
$$\begin{align}
\mathcal{J}
&=3\,\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt[3]{2}}}\frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{1-\small{\frac52}u^3+u^6}}\\
&=\frac{3}{\sqrt{2}}\int_{2^{-2/3}+2^{-4/3}}^{\infty}\frac{\mathrm{d}z}{\sqrt{(z+1)(8z^3-6z-\frac52)}}+\frac{3}{\sqrt{2}}\int_{2^{-2/3}+2^{-4/3}}^{\infty}\frac{\mathrm{d}z}{\sqrt{(z-1)(8z^3-6z-\frac52)}}\\
&=3\,\int_{2^{-2/3}+2^{-4/3}}^{\infty}\frac{\mathrm{d}z}{\sqrt{(z+1)(16z^3-12z-5)}}+3\,\int_{2^{-2/3}+2^{-4/3}}^{\infty}\frac{\mathrm{d}z}{\sqrt{(z-1)(16z^3-12z-5)}}\\
&=\frac34\,\int_{2^{-2/3}+2^{-4/3}}^{\infty}\frac{\mathrm{d}z}{\sqrt{(z+1)(z^3-\small{\frac34}z-\small{\frac{5}{16}})}}+\frac34\,\int_{2^{-2/3}+2^{-4/3}}^{\infty}\frac{\mathrm{d}z}{\sqrt{(z-1)(z^3-\small{\frac34}z-\small{\frac{5}{16}})}}\\
&=:\frac34\,P_{+}+\frac34\,P_{-},\\
\end{align}$$
donde en la última línea que hemos introducido el auxiliar de la notación $P_{\pm}$ para denotar la par de las integrales,
$$P_{\pm}:=\int_{2^{-2/3}+2^{-4/3}}^{\infty}\frac{\mathrm{d}z}{\sqrt{(z\pm1)(z^3-\small{\frac34}z-\small{\frac{5}{16}})}}.$$
Evaluación de la pseudo-elípticas integrales:
De nuevo para mayor comodidad, se deberá indicar el menor la integración en el límite de las integrales de $P_{\pm}$ definido anteriormente por $2^{-2/3}+2^{-4/3}=:\alpha\approx1.026811$. En particular, esto facilita el proceso de factorización del polinomio cúbico en los denominadores de arriba:
$$\begin{align}
16x^3-12x-5
&=16\left(x-\alpha\right)\left(x^2+\alpha x+\alpha^2-\small{\frac34}\right)\\
&=16\left(x-\alpha\right)\left[\left(x+\frac{\alpha}{2}\right)^2+\frac34\left(\alpha^2-1\right)\right].
\end{align}$$
A continuación,
$$\begin{align}
P_{\pm}
&=\int_{2^{-2/3}+2^{-4/3}}^{\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{(x\pm1)(x^3-\small{\frac34}x-\small{\frac{5}{16}})}}\\
&=\int_{\alpha}^{\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{(x\pm1)(x^3-\small{\frac34}x-\small{\frac{5}{16}})}}\\
&=\int_{\alpha}^{\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{(x\pm1)(x-\alpha)(x^2+\alpha x+\alpha^2-\small{\frac34})}}\\
&=\int_{\alpha}^{\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{(x\pm1)\left(x-\alpha\right)\left[\left(x+\frac{\alpha}{2}\right)^2+\small{\frac34}\left(\alpha^2-1\right)\right]}}.\\
\end{align}$$
EDIT: estoy empezando a temer que esta estrategia de derivación puede ser finalmente infructuoso. La buena noticia es que hay una relativamente compacto manera de expresar las dos integrales de arriba como incompleta de las integrales elípticas:
Suponga $\alpha,\beta,u,m,n\in\mathbb{R}$ tal que $\beta<\alpha<u$. A continuación, la proposición 3.145(1) de Gradshteyn de la Tabla de Integrales, Series, y los Productos delos estados:
$$\begin{align}
\small{\int_{\alpha}^{u}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\left(x-\alpha\right)\left(x-\beta\right)\left[\left(x-m\right)^2+n^2\right]}}}
&=\small{\frac{1}{pq}F{\left(2\arctan{\sqrt{\frac{q\left(u-\alpha\right)}{p\left(u-\beta\right)}}},\frac12\sqrt{\frac{\left(p+q\right)^2+\left(\alpha-\beta\right)^2}{pq}}\right)},}
\end{align}$$
donde $(m-\alpha)^2+n^2=p^2$, e $(m-\beta)^2+n^2=q^2$.
La mala noticia es que después de conectar todos los valores adecuados, el resultado de los argumentos de la elíptica en las integrales son mucho más complejos de lo que esperaba.
