La forma cerrada para $\int_1^\infty\int_0^1\frac{\mathrm dy\,\mathrm dx}{\sqrt{x^2-1}\sqrt{1-y^2}\sqrt{1-y^2+4\,x^2y^2}}$

Question

Considere la siguiente integral: $$\mathcal{I}=\int_1^\infty\int_0^1\frac{\mathrm dy\,\mathrm dx}{\sqrt{x^2-1}\sqrt{1-y^2}\sqrt{1-y^2+4\,x^2y^2}}.$$ Puede ser representado como $$\mathcal{I}=\int_1^\infty\frac{K(\sqrt{1-4\,x^2})}{\sqrt{x^2-1}}\mathrm dx=\Re\int_0^1\frac{K\left(\sqrt\frac{1+3\,y^2}{1-y^2}\right)}{1-y^2}\mathrm dy,$$ donde $K(x)$ es la integral elíptica completa de la 1ª clase.

Yo no era capaz de simplificar aún más cualquier de estas integrales, sino de integración numérica sugiere la siguiente conjetura forma cerrada: $$\mathcal{I}\stackrel{?}{=}\frac{3\,\Gamma(1/3)^6}{2^{17/3}\pi^2}.$$ Puedes sugerir una prueba de esta conjetura?

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El uso de Mathematica obtuve una forma cerrada para $\mathcal{I}$ en términos de la Meijer la función G: $$\mathcal{I}=\frac{\pi^{3/2}}{4}G_{3,3}^{2,1}\left(\frac{1}{4}\left|\begin{array}{c}1,\ \ 1,\ \ 1\\\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\\\end{array}\right.\right),$$ pero no tengo el manual, prueba de ello y no sabes cómo reducirlo a $\frac{3\,\Gamma(1/3)^6}{2^{17/3}\pi^2}.$

Answer 1

Editado resulta Que esta integral se realiza en http://arxiv.org/abs/0801.0891que O. L. vinculado en un comentario a otra pregunta. Esto no es mucho de una respuesta, en verdad, como para todas las formas cerradas, me refiero a que el papel.

Escribir la integral (por cambio de variable) como $$ \frac12 \int_0^\infty K(\sqrt{-1-2\cosh \theta})\,d\theta, $$ a continuación, expanda esta en una doble integral a partir de la definición de $K$, e integrar más de $\theta$ para obtener $$ \int_0^1 \frac{dt}{\sqrt{1-t^2}\sqrt{1+3t^2}} K\left( \sqrt{\frac{1-t^2}{1+3t^2}} \right). $$ Otro cambio de variable $$ t^2 = \frac{1}{v^2+1} $$ la lleve a la forma $$ \frac1\pi\overline V_3(1,1,1) = \int_0^\infty \frac{dv}{\sqrt{(v^2+4)(v^2+1)}}K\left(\sqrt{\frac{v^2}{v^2+4}}\right), $$ que es la ecuación (32) en ese papel. Se evalúa considerando la integral de un producto de tres funciones de Bessel modificadas, y que la integral se realiza en dos artículos por N. W. Bailey en 1934 ("Algunos indefinido integrales que involucran funciones de Bessel"). Como consecuencia, la integral es igual a $$ \Re\left( K(e^{-\pi i/6})^2\right). $$ En ese papel, (ecuación 39) también dan la forma equivalente (no sé una prueba de por qué esto es equivalente a la anterior) $$ \frac12 K(\sin(\pi/12))K(\cos(\pi/12)) = \frac{\sqrt3}2 K(\sin(\pi/12))^2, $$ y la forma cerrada existe porque $\sin\frac\pi{12}$ es un valor singular (ver mathworld) de la integral elíptica: $$ \frac{3\Gamma(\frac13)^6}{32\pi^2 2^{2/3}}. $$