El Dedekind eta función se denota por a $\eta(\tau)$, y se define en la mitad superior del plano - ( $\Im \tau >0$ ). Poner $\tau = i x$ donde $x$ es un número real positivo. La función tiene las siguientes representaciones: $$\eta(ix)= e^{-\pi x/12} \prod_{n=1}^{\infty} (1-e^{-2\pi x n}) \\=\frac{2}{\sqrt{3}}\sum_{n=0}^{\infty} \cos\left(\frac{\pi}{6}(2n+1)\right)e^{-\pi x/12 \, (2n+1)^2}=\sum_{n \in \mathbb{Z}} (-1)^n e^{-\pi x/12 \,(6n+1)^2}.\la etiqueta{1}$$ No es difícil observar que cuando $x>0$, $\eta(i x)$ es un número real, y va a $0$ al $x$ va al infinito.
También satisface la ecuación funcional $$\eta\left(\frac{i}{x}\right)=\sqrt{x}\,\eta(i x)\tag{2}$$ Por otra parte, la Jacobi triple identidad del producto implica que $$\eta^3(ix)=\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n (2n+1) e^{-\pi x(n+\frac12)^2}\\=\frac12\vartheta_1'(e^{-\pi x})=\frac12 \vartheta_2(e^{-\pi x})\vartheta_3(e^{-\pi x})\vartheta_4(e^{-\pi x})\tag{3}$$ Donde $\vartheta_k$ son los Jacobi funciones theta.
Ahora definir $$\large I(k)=\int_0^{\infty} \eta^k(ix)dx.\tag{4}$$ En su papel de Algunas de las Integrales de la Dedekind Eta-función (2008) (arxiv enlace), Glasser muestra que $\displaystyle I(1)=\frac{2 \pi}{\sqrt{3}},I(3)=1$ (siguen directamente de la anterior serie represantations), y también da la transformada de Laplace $$\int_0^{\infty} e^{-x y} \eta^3(i x)dx=\operatorname{sech}\sqrt{\pi y}\tag{5}$$ a partir de la cual puedo deducir (por establecimiento $y=\pi(n+1/2)^2$, multiplicando por $(-1)^n(2n+1)$ y sumando) que $$I(6)=\int_0^{\infty} \eta^6(ix)dx=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n (2n+1)}{\cosh\left(\pi (n+\frac12)\right)} \\=\frac12 \vartheta_2^2 e^{-\pi})\vartheta_4^2 e^{-\pi})=\frac{\pi}{4 \Gamma\left(\frac34\right)^4}.\la etiqueta{6}$$ Por el camino, tenga en cuenta que la forma cerrada para $I(1)$ es esta la pregunta de @VladimirReshetnikov en el disfraz.
Un numī sugiere que también tenemos
$$I(4)=\frac{2^{2/3} \pi}{3 \Gamma\left(\frac23\right)^3}.\tag{7}$$
$$I(8)=\frac23 \left(\frac{2^{2/3} \pi}{3 \Gamma\left(\frac23\right)^3}\right)^3.\tag{8}$$
Utilizando el mismo procedimiento que hice para evaluar $I(6)$ en otro transformada de Laplace dada por Glasser, $$\int_0^{\infty} e^{-x y} \eta(i x)dx=\sqrt{\frac{\pi}{y}} \frac{\sinh 2\sqrt{\pi y/3}}{\cosh\sqrt{3 \pi y}},\tag{9}$$ Puedo obtener un $$I(4)=\int_0^{\infty} \eta^4(ix)dx=2 \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{\sinh\frac{\pi}{\sqrt{3}}(2n+1)}{\cosh\frac{\sqrt{3}\pi}{2}(2n+1)}\tag{10}$$ pero yo no podía evaluar esta suma en términos de funciones elípticas como hice con $I(6)$. La fórmula para $I(8)$ es aún más intrigante, ya que ni siquiera puedo ver un recorrido razonable para empezar a probarlo.
P1: ¿Podemos encontrar una forma cerrada de expresión para $I(n)$, al menos para los pequeños entero $n$?
P2: ¿Cuál es la forma cerrada de $I(12)$? Tenga en cuenta que tenemos $$I(12)=\int_0^{\infty} \eta^{12}(ix)dx=\frac1{16} \int_0^{\infty}\vartheta_2^4(e^{-\pi x})\vartheta_3^4(e^{-\pi x})\vartheta_4^4(e^{-\pi x})dx=0.07552061383997469\dots$$ Basándose en los otros resultados hasta el momento, creo que la forma cerrada puede implicar la función Gamma.
Bono P: ¿Cuál sería una forma de demostrar la conjetura forma cerrada para $I(4)$ o $I(8)$?
Esto es interesante para mí, porque como se puede ver en este post, una forma cerrada para $I(12)$ puede ser usado para encontrar la forma cerrada de la integral de la $\int_0^{\infty} \vartheta_4^{12}(e^{-\pi x})/(1+x^2) dx$.
Otra interesante aplicación de estas integrales es dar formas cerradas por el bello entramado sumas.
Por ejemplo, mediante la ampliación de $\eta$ en su serie de la representación, de la ecuación de $(7)$ puede ser reescrito $$\sum_{a,b,c,d\in \mathbb{Z}^4} \dfrac{(-1)^{a+b+c+d}}{(6a+1)^2+(6b+1)^2+(6c+1)^2+(6d+1)^2} = \frac{\pi^2}{18 \sqrt[3]{2}\,\Gamma\left(\frac23\right)^3},\tag{11}$$ que me parezca agradable a la vista.
Además, podemos observar que la $\eta^4(i x)dx$ es invariante bajo $x\mapsto 1/x$, por lo tanto la ecuación de $(7)$ también puede ser reescrita $$\sum_{a,b,c,d\in \mathbb{Z}^4} \dfrac{(-1)^{a+b+c+d}\large{\,e^{-\pi/12((6a+1)^2+(6b+1)^2+(6c+1)^2+(6d+1)^2)}}}{(6a+1)^2+(6b+1)^2+(6c+1)^2+(6d+1)^2} = \frac{\pi^2}{36 \sqrt[3]{2}\,\Gamma\left(\frac23\right)^3}.\tag{11}$$
