Razona si es cierto que:

Question

Definir la integral elíptica completa de primera especie como,

$$K(k) = \tfrac{\pi}{2}\,_2F_1\left(\tfrac12,\tfrac12,1,\,k^2\right)$$

Parte I. Desde el enlace de arriba, encontramos algunas de las evaluaciones a continuación,

$$\begin{aligned} \int_0^1 K(k^{1/1})\,dk &= 2C\\ \int_0^1 K(k^{1/2})\,dk &= 2\\ \int_0^1 K(k^{1/3})\,dk &= \frac43(2C+1) \\ \int_0^1 K(k^{1/4})\,dk &= \frac{20}9 \\ \int_0^1 K(k^{1/5})\,dk &= \frac5{64}(18C+13) \end{aligned}$$

y así (?) donde $C$ es del catalán constante.

La parte II. En una corazonada, me decidí a comprobar 2º poderes. Resulta que,

$$\begin{aligned} \int_0^1 \big(K(k^{1/2})\big)^2\,dk &= \frac{7}2\zeta(3)\\ \int_0^1 \big(K(k^{1/4})\big)^2\,dk &= \frac{7}2\zeta(3)+1\\ \int_0^1 \big(K(k^{1/6})\big)^2\,dk &= \frac{231}{64}\zeta(3)+\frac{51}{32}\\ \int_0^1 \big(K(k^{1/8})\big)^2\,dk &= \frac{238}{64}\zeta(3)+\frac{881}{432}\\ \end{aligned}$$

y así (?) donde $\zeta(3)$ es Apery constante.

Pregunta: ¿el patrón de la Parte I (la participación del catalán constante) y la Parte II (la participación de Apery constante) realmente van para siempre? ¿Cuál es la forma cerrada?

Answer 1

Conjunto $$ \theta_2(q):=\sum^{\infty}_{n=-\infty}p^{(n+1/2)^2}\textrm{, }\theta_3(q):=\sum^{\infty}_{n=-\infty}p^{n^2}\textrm{, }\theta_4(q):=\sum^{\infty}_{n=-\infty}(-1)^cn^{n^2}. $$ Entonces $$ \theta_2(q)^2=\frac{2kK}{\pi}\textrm{, }\theta_3(q)^2=\frac{2K}{\pi}\textrm{, }\theta_4(q)^2=\frac{2k K}{\pi} $$ y $$ \frac{dk}{dr}=-\frac{k(k')^2K(k)^2}{\pi\sqrt{r}}. $$ Así $$ I=\int^{1}_{0}K\left(\sqrt{k}\right)^2dk=2\int^{1}_{0}K(k)^2kdk=-2\int^{0}_{\infty}K(k)^2k\frac{k(k')^2K(k)^2}{\pi\sqrt{r}}dr= $$ $$ =2\int^{\infty}_{0}\frac{(kk')^2K(k)^4}{\pi\sqrt{r}}dr=2\int^{\infty}_{0}\frac{\pi^2\theta_2(q)^4}{4K^2}\frac{\pi^2\theta_4(q)^4}{4K^2}\frac{K^4}{\pi\sqrt{r}}dr= $$ $$ =\frac{\pi^3}{8}\int^{\infty}_{0}\frac{\theta_2(q)^4\theta_4(q)^4}{\sqrt{r}}dr $$ Pero $q=e^{-\pi\sqrt{r}}$. Por lo tanto $dq=\frac{-\pi q}{2\sqrt{r}}dr$. Por lo tanto $$ I=\frac{-\pi^3}{8}\int^{0}_{1}\theta_2(q)^4\theta_4(q)^4\frac{1}{\sqrt{r}}\frac{2\sqrt{r}}{\pi q}dq=\frac{\pi^2}{4}\int^{1}_{0}\theta_2(q)^4\theta_4(q)^4\frac{dq}{q}. $$ A partir de la integral anterior se concluye fácilmente que $$ I=\frac{\pi^3}{2}\int^{\infty}_{0}\theta_2\left(e^{-2\pi t}\right)^4\theta_4\left(e^{-2\pi t}\right)^4dt. $$

Ponemos ahora $$ P(z):=\theta_2(q)^4\theta_4(q)^4\textrm{, }q=e^{2\pi i z}\textrm{, }Im(z)>0 $$ La función de $P(z)$ es un peso de 4 de forma modular en $\Gamma_1(4)$. El espacio de $M_4(\Gamma_1(4))$ tiene dimensión 3, sin cúspide formas de decir $dim(S_4(\Gamma_1(4))=0$ e $dim(E_4(\Gamma_1(4))=3$.

Veamos ahora las funciones $$ E_{2k}(q):=2\zeta(2k)\left(1+\frac{2}{\zeta(1-2k)}\sum^{\infty}_{n=1}\sigma_{2k-1}(n)q^n\right), $$ donde $\sigma_{\nu}(n)=\sum_{d|n}d^{\nu}$, $\zeta(s)$ siendo la de Riemann zeta función. Las funciones de $E_{2k}(q)$ son los clásicos de Eisenstein serie de peso $2k$, $k-$entero positivo. Para el presente caso obtenemos $k=2$ y vamos a utilizar la propiedad $E_{2k}(q)-lE_{2k}(q^l)$ es un elemento de base de la $M_{2k}(\Gamma_1(N))$, cuando se $l|N$.

También en [1] me han demostrado que si $q=e^{2\pi i z}$, $Im(z)>0$, luego $$ H_k(q):=\frac{\pi^k}{k!}\a la izquierda(\left(2-2^k\right)|B_{k}|+4ki^kF_{k}(q)\right), $$ $$ F_k(q):=\sum^{\infty}_{n=1}\sigma^{*}_{k-1}(n)q^n, $$ donde $\sigma^{*}_{\nu}(n):=\sum_{d|n,d-odd}d^{\nu}$, $B_{k}$ son los números de Bernoulli, $k-$incluso positivo integher, son las formas modulares del espacio $M_k\left(\Gamma_1(2)\right)$, donde $$ \Gamma_1(N):=\left\{\left[ \begin{array}{cc} a\textrm{ }b\\ c\textrm{ }d \end{array}\right]:a,b,c,d\ \ en\textbf{Z}\textrm{, }ab-cd=1\textrm {, }, d\equiv1(N)\textrm{ y }b,c\equiv 0(N) \right\}. $$ De esta manera y desde el hecho de que $P(z)$ es en la dimensión 3 el espacio, la comparación de los coeficientes, tenemos $$ P(z)=C_1\left(E_4(q)-4E_4(q^4)\right)+C_2H_4(q)+C_3H_4(-q), $$ donde $$ C_1=-\frac{14}{5\pi^4}\textrm{, }C_2=\frac{28}{\pi^4}\textrm{, }C_3=-\frac{92}{5\pi^4}. $$

Por lo tanto la escritura $$ P(z)=a_P(0)+\sum^{\infty}_{n=1}a_P(n)q^n, $$ tenemos $$ a_P(0)=0 $$ y para $n=1,2,\ldots$, obtenemos $$ a_P(n)=-\frac{224}{15}\sigma_3(n)+\frac{896}{15}\sigma_3\left(\frac{n}{4}\right)+\frac{56}{3}\sigma^{*}_3(n)-\frac{184}{15}(-1)^n\sigma^{*}_3(n) $$ El de la serie de Dirichlet $L(s)$ coresponding a $a_P(n)$son $$ L(s)=\sum^{\infty}_{n=1}\frac{a_P(n)}{n^s} $$ y la función $$ \Lambda_P(s):=\left(\frac{2}{i}\right)^4\int^{+\infty}_{0}P(it)t^{s-1}dt=G(s)\left(\frac{2}{i}\right)^4\sum^{\infty}_{n=1}\frac{a_P(n)}{n^s}, $$ donde $G(s)=(2\pi)^{-s}\Gamma(s)$ (aquí se $\Gamma$ significa que la función Gamma de Euler), tienen la propiedad (continuación analítica) a través de la ecuación funcional $$ \Lambda_P(s)=4^{2-s}\Lambda_P(4-s) $$ Por lo tanto queremos encontrar a $\Lambda_P(1)=4\Lambda_P(3)$. Pero $$ \Lambda_P(s)=2^4(2\pi)^{-s}\Gamma(s)[-\frac{224}{15}\sum^{\infty}_{n=1}\frac{\sigma_3(n)}{n^s}+\frac{896}{15}4^{-s}\sum^{\infty}_{n=1}\frac{\sigma_3(n)}{n^{s}}+ $$ $$ +\frac{56}{3}\sum^{\infty}_{n=1}\frac{\sigma^{*}_3(n)}{n^s}-\frac{184}{15}\sum^{\infty}_{n=1}\frac{(-1)^n\sigma^{*}_3(n)}{n^s}]= $$ $$ =2^4(2\pi)^{s} \Gamma(s)[-\frac{224}{15}\zeta(s-3)\zeta(s)+\frac{896}{15}4^{-s}\zeta(s-3)\zeta(s)+ $$ $$ +\frac{56}{3}2^{-s}(-8+2^s)\zeta(s-3)\zeta(s) -\frac{184}{15}2^{-s}\left(2^{1-s}-1\right)(-8+2^s)\zeta(s-3)\zeta(s)]. $$ Por lo tanto $$ \Lambda_P(3)=\lim_{s\rightarrow 3}\Lambda_P(s)=2^4 (2\pi)^{-3} \Gamma(3)7\zeta(3). $$ Por lo tanto $$ \Lambda_P(1)=4\Lambda_P(3)=\frac{28\zeta(3)}{\pi^3}=2\cdot 2^{4}I \pi^{-3} $$ y, en consecuencia, $$ I=\frac{7\zeta(3)}{2}. $$ QED

REFERENCIAS

[1]: N. D. Bolsaes. "Las evaluaciones de ciertas funciones theta en Ramanujan teoría de la variante modular de las bases". arXiv:1511.03716v2 [matemáticas.GM] 6 de diciembre de 2017.

Answer 2

En la parte I, la integral se puede escribir como \begin{equation} I_n=n\int_0^1x^{n-1}K(x)\,dx \end{equation} Los momentos de la elíptica integrales parecen estar bien descrito en la literatura (ver aquí por ejemplo) Denotando $K_n$ e $E_n$ los momentos de orden $n$ de $K$ e $E$, \begin{equation} K_n=\int_0^1x^nK(x)\,dx; \quad E_n=\int_0^1x^nE(x)\,dx \end{equation} A continuación, $I_n=nK_{n-1}$ el siguiente recursiones se derivan: \begin{equation} K_{n+2}=\frac{nK_n+E_n}{n+2};\quad E_n=\frac{K_n+1}{n+2} \end{equation} con \begin{equation} K_0=2C;\quad E_0=C+\frac{1}{2};\quad K_1=1;\quad E_1=\frac{2}{3} \end{equation} lo que explica el patrón observado.

En la parte II, las integrales se pueden escribir como \begin{equation} J_{2p}=2p\int_0^1 x^{2p-1}K^2(x)\,dx \end{equation} Denota el momento de la orden de $n$ de $K^2$, \begin{equation} {}_2K_n=\int_0^1x^nK^2(x)\,dx \end{equation} tenemos \begin{equation} J_{2p}=2p\,_2K_{2p-1} \end{equation} En Momentos de productos de las integrales elípticas por J. G. Wan, Teorema 2 expresa que, cuando se $p$ es impar, el p-ésimo momentos de $K'^2, E'^2, K E', K^2, E^2$ and $KE$ are expressible as $a+b\zeta(3)$. Por otra parte, la momentos de $K^2$ satisfacer una recursividad \begin{equation} (n+1)^3 {}_2K_{n+2}-2n\left( n^2+1 \right) {}_2K_n+(n-1)^3 {}_2K_{n-2}=2 \end{equation} y así \begin{equation} J_{2p+4}=\frac{p+2}{2\left( p+1 \right)^3}+\frac{\left( p+2 \right)\left( 2p+1 \right)\left( 2p^2+2p+1 \right)}{2\left( p+1 \right)^4}J_{2p+2}-\frac{p^2\left( p+2 \right)}{(p+1)^3}J_{2p} \end{equation} En los enlaces de papel, un método para obtener el ${}_2K_1$ e ${}_2K_3$ utilizando un teorema por Zudilin que se expresa en términos de una ${}_7F_6$ función hipergeométrica.