¿Un patrón intrigante en la teoría de Ramanujan de las funciones elípticas que se detiene?

Question

I. Definir las ff integrales,

$$K(k)=K_2(k)=\int_0^{\pi/2}\frac{1}{\sqrt{1-k^2 \sin^2 x}}dx=\large{\tfrac{\pi}{2}\,_2F_1\left(\tfrac12,\tfrac12,1,\,k^2\right)}$$

$$K_3(k)=\int_0^{\pi/2}\frac{\cos\left(\frac13\,\arcsin\big(k\sin x\big)\right)}{\sqrt{1-k^2 \sin^2 x}}dx=\large{\tfrac{\pi}{2}\,_2F_1\left(\tfrac13,\tfrac23,1,\,k^2\right)}$$

$$K_4(k)=\int_0^{\pi/2}\frac{\cos\left(\frac12\,\arcsin\big(k\sin x\big)\right)}{\sqrt{1-k^2 \sin^2 x}}dx=\large{\tfrac{\pi}{2}\,_2F_1\left(\tfrac14,\tfrac34,1,\,k^2\right)}$$

$$K_6(k)=\int_0^{\pi/2}\frac{\cos\left(\frac23\,\arcsin\big(k\sin x\big)\right)}{\sqrt{1-k^2 \sin^2 x}}dx=\large{\tfrac{\pi}{2}\,_2F_1\left(\tfrac16,\tfrac56,1,\,k^2\right)}$$

Estos son Ramanujan la teoría de funciones elípticas alternativo para las bases de la firma $2,3,4,6$, respectivamente. Sólo hay 4 firmas.

II. A continuación, el uso de Wolfram, he observado el cerrado de las formas de las ff integrales definidas,

$$\int_0^1 K_2(k)\, dk = {\tfrac{\pi}{2}\,_3F_2\left(\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12;1,\tfrac32;1\right)}=2G$$

$$\int_0^1 K_3(k)\, dk = {\tfrac{\pi}{2}\,_3F_2\left(\tfrac12,\tfrac13,\tfrac23;1,\tfrac32;1\right)}=\tfrac{3\sqrt3}2\, \ln2$$

$$\int_0^1 K_4(k)\, dk = {\tfrac{\pi}{2}\,_3F_2\left(\tfrac12,\tfrac14,\tfrac34;1,\tfrac32;1\right)}=2\ln(1+\sqrt2)$$

$$\int_0^1 K_6(k)\, dk = {\tfrac{\pi}{2}\,_3F_2\left(\tfrac12,\tfrac16,\tfrac56;1,\tfrac32;1\right)}=\tfrac{3\sqrt3}4\, \ln(2+\sqrt{3})$$

donde $G$ es del catalán constante. (Curiosamente, a excepción de la primera, Wolfram no reconocer la forma cerrada de los hypergeometrics. Tuve que usar el Inverso Simbólico de la Calculadora.)

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III. Preguntas

1. Hace la función hipergeométrica generalizada, $$H(n)=\,_3F_2\left(\tfrac12,\tfrac1n,\tfrac{n-1}{n};1,\tfrac32;1\right)$$ have a closed form only for $n=2,3,4,6$? (I tried $n=5,7,8$, etc, y que no parece tener una "limpia" utilizando el formulario de funciones elementales.)
2. Si es así, es conectado por qué sólo hay 4 firmas de alternativa bases?

Answer 1

Algunos especulativo pistas que han aparecido después de un poco de trabajo de detective...

Primero la integral estamos interesados en la función hipergeométrica y series infinitas.

$$I_n=\int_0^1 K_n(k)\, dk = {\tfrac{\pi}{2}\,_3F_2\left(\tfrac12,\tfrac{1}{n},\tfrac{n-1}{n};1,\tfrac32;1\right)}= \frac{ \pi}{2}\times\sum _{k=0}^{\infty } \frac{\prod _{j=0}^{k-1} \left(j+\frac{1}{n}\right) \prod _{j=0}^{k-1} \left(j+\frac{n-1}{n}\right)}{(2 k+1) (k!)^2}$$

La simplificación de la serie infinita un poco he encontrado que $$I_n=\frac{ \pi}{2}\,\sum _{k=0}^{\infty } \frac{\prod _{j=1}^k \left(j^2-\frac{1}{n^2}\right)}{(k n+1)(2 k+1) (k!)^2 }$$

Ahora algunos enlaces interesantes aparecen para su integral si estudiamos la mucho más simple suma

$$S_n=\sum _{k=0}^{\infty } \frac{(-1)^k}{(k n+1)( 2k+1)}$$

nos encontramos en Mathematica que $$S_2=G$$ $$S_3=\pi \left(\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{2}\right)+\log (2)$$ $$S_4=\frac{1}{4} \pi \left(\sqrt{2}-1\right)+\frac{\log \left(\sqrt{2}+1\right)}{\sqrt{2}}$$ $$S_6=\frac{1}{8} \left(\pi +2 \sqrt{3} \log \left(\sqrt{3}+2\right)\right)$$ $$S_8=\frac{1}{12} \pi \left(\sqrt{2}+1\right)+\frac{\log (2)}{3}+\frac{\log \left(\sqrt{2}+1\right)}{3 \sqrt{2}}$$

Todos estos son los más cortos y más simples formas cerradas entre $n=2$ e $n=12$.

Para $I_2$, $I_3$, $I_4$ e $I_6$ que encontrar formas cerradas, las respectivas sumas tienen un término con el mismo principio constante y tener un máximo de 3 términos. El siguiente más simple suma que he encontrado es $S_8$ con cuatro términos.

La diversión.