Integral con media aritmética-geométrica ${\large\int}_0^1\frac{x^z}{\operatorname{agm}(1,\,x)}dx$

Question

La media aritmética-geométrica $^{[1]}$$\!^{[2]}$ de números positivos $a$ y $b$ se denota $\operatorname{agm}(a,b)$ y se define como sigue: $$\text{Let}\quad a_0=a,\quad b_0=b,\quad a_{n+1}=\frac{a_n+b_n}2,\quad b_{n+1}=\sqrt{a_n b_n}.$$ $$\text{Then}\quad\operatorname{agm}(a,\,b)=\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}b_n.\tag1$$ Se puede expresar $^{[3]}$ en términos de la integral elíptica completa de la $1^{\text{st}}$ amable $^{[4]}$$\!^{[5]}$ : $$\operatorname{agm}(a,\,b)=\frac\pi4\cdot\frac{a+b}{{\bf K}\!\left(\frac{a+b}{a-b}\right)}.\tag2$$

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Parece que $$\int_0^1\frac{x^z}{\operatorname{agm}(1,\,x)}dx\stackrel{\color{gray}?}=\frac{\Gamma\!\left(\frac z2+\frac12\right)}{2\,\Gamma\!\left(\frac z2+1\right)},\quad\forall z\in\mathbb C,\,\Re(z)>-1.\tag3$$ ¿Cómo podemos demostrarlo?

Answer 1

$$\int_{0}^{+\infty}\frac{dt}{\sqrt{(1+t^2)(1+x^2 t^2)}}=\frac{\pi}{2\,\text{agm}(1,x)}\tag{1}$$ por lo que $$ I(z)=\int_{0}^{1}\frac{x^z}{\text{agm}(1,x)}\,dx = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{1}\int_{0}^{+\infty}\frac{x^z}{\sqrt{1+x^2\sinh^2(t)}}\,dt\,dx\tag{2}$$ que se puede manejar a través de la integración por partes, obteniendo la misma relación de recurrencia de la función Beta de Euler involucrada en la afirmación. Eso, más la convexidad logarítmica de $I(z)$ (que se deduce de la forma integral de la desigualdad de Cauchy-Schwarz aplicada a la definición original de $I(z)$ ) es suficiente para demostrar la conjetura dada.

Por ejemplo, intercambiando el orden de integración tenemos: $$ I(0) = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\frac{t}{\sinh(t)}\,dt = \frac{4}{\pi}\eta(2) = \frac{\pi}{2}\tag{3}$$ así como: $$ I(1) = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\frac{\cosh(t)-1}{\sinh(t)^2}\,dt = \frac{2}{\pi}.\tag{4}$$

También creo que su conjetura se desprende directamente de la Ecuación diferencial de Legendre para $K(k)$ y $K(k')$ , junto con $(3)$ y $(4)$ .

¡Buena captura, Vladimir!