Una forma cerrada para $\int_0^1{_2F_1}\left(-\frac{1}{4},\frac{5}{4};\,1;\,\frac{x}{2}\right)^2dx$

Question

Es posible evaluar en forma cerrada integrales que contienen un cuadrado en función hipergeométrica, como en este ejemplo? $$\begin{align}S&=\int_0^1{_2F_1}\left(-\frac{1}{4},\frac{5}{4};\,1;\,\frac{x}{2}\right)^2dx\\\vphantom{=}\\&=\frac{1}{4\pi}\int_0^1\left(\sum_{n=0}^\infty\frac{4n+1}{8^n}\cdot\frac{\Gamma\left(2n-\frac{1}{2}\right)}{\Gamma(n+1)^2}\cdot x^n\right)^2dx\end{align}$$ Es aproximadamente $$S\approx0.8263551866500213413164525287...$$

Answer 1

Su integral tiene una elemental forma cerrada, que fue correctamente declarado por Cleo en su respuesta sin la prueba: $$S=\int_0^1\left({_2F_1}\!\left(-\tfrac14,\tfrac54;\,1;\,\tfrac{x}2\right)\right)^2dx=\frac{8\sqrt2+4\ln\left(\sqrt2-1\right)}{3\pi}.\tag1$$

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Prueba: el Uso de DLMF 14.3.6 podemos expresar la función hipergeométrica en el integrando como la de Legendre función de los $1^{st}$ tipo (también conocido como el Ferrers función de los $1^{st}$ tipo) con fracciones de índice: $${_2F_1}\!\a la izquierda(-\tfrac14,\tfrac54;\,1;\,\tfrac{x}2\right)=P_{\small1/4}(1-x).\tag2$$ Ahora la integral se puede escribir como $$S=\int_0^1\left(P_{\small1/4}(1-x)\right)^2dx=\int_0^1\left(P_{\small1/4}(x)\right)^2dx.\tag3$$ Para evaluar esto, podemos utilizar la fórmula de 7.113 en la página 769 en Gradshteyn & Ryzhyk: $$\int_0^1P_\nu(x)\,P_\sigma(x)\,dx=\\\frac{\frac{\Gamma\left(\frac12+\frac\nu2\right)\,\Gamma\left(1+\frac\sigma2\right)}{\Gamma\left(\frac12+\frac\sigma2\right)\,\Gamma\left(1+\frac\nu2\right)}\sin\!\left(\frac{\pi\sigma}2\right)\cos\!\left(\frac{\pi\nu}2\right)-\frac{\Gamma\left(\frac12+\frac\sigma2\right)\,\Gamma\left(1+\frac\nu2\right)}{\Gamma\left(\frac12+\frac\nu2\right)\,\Gamma\left(1+\frac\sigma2\right)}\sin\!\left(\frac{\pi\nu}2\right)\cos\!\left(\frac{\pi\sigma}2\right)}{\frac\pi2(\sigma-\nu)(\sigma+\nu+1)}.\tag4$$ Tenga en cuenta que en nuestro caso $\nu=\sigma=\frac14$, así que no podemos usar esta fórmula directamente porque el plazo $(\sigma\nu)$ en el denominador. En lugar de eso, dejamos que $\nu=\frac14$ y encontrar el límite de $\sigma\a\frac14$: $$S=\lim\limits_{\sigma\to{\small1/4}}\int_0^1P_{\small1/4}(x)\,P_\sigma(x)\,dx=\\\lim\limits_{\sigma\to{\small1/4}}\frac{\frac{\Gamma\left(\frac58\right)\,\Gamma\left(1+\frac\sigma2\right)}{\Gamma\left(\frac12+\frac\sigma2\right)\,\Gamma\left(\frac98\right)}\sin\!\left(\frac{\pi\sigma}2\right)\cos\!\left(\frac\pi8\right)-\frac{\Gamma\left(\frac12+\frac\sigma2\right)\,\Gamma\left(\frac98\right)}{\Gamma\left(\frac58\right)\,\Gamma\left(1+\frac\sigma2\right)}\sin\!\left(\frac\pi8\right)\cos\!\left(\frac{\pi\sigma}2\right)}{\frac\pi2(\sigma-\frac14)(\sigma+\frac54)}.\tag5$$ Para evaluar el límite, podemos utilizar la regla de l'Hôpital. Esto le da una gran expresión que no voy a copiar aquí. Contiene los valores de gamma y digamma funciones en puntos racionales, que podría ser simplificado para primaria los términos con los de Gauss digamma teorema de e identidades dado en el MathWorld y en el famoso Vidūnas papel, produciendo el resultado deseado $(1)$.

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De hecho, podemos tener un mayor resultado general: $$\int_0^1\left({_2F_1}\!\a la izquierda(-\nu,\nu+1;\,1;\,\tfrac x2\right)\right)^2dx=\int_0^1\left(P_\nu\left(x\right)\right)^2dx=\\\frac{1+\!\left[\psi_0\!\left(1+\frac\nu2\right)-\psi_0\!\left(\frac12+\frac\nu2\right)\right]\frac{\sin(\pi\nu)}\pi}{1+2\nu}.\tag6$$

Answer 2

Sí, es posible, en algunos casos, por ejemplo, $$S=\frac{8\sqrt2+4\ln\left(\sqrt2-1\right)}{3\pi}$$

Answer 3

Solución incompleta:

De hecho, hemos $${}_2F_1(-\frac14,\frac54;1;\frac{x}{2})=\frac{8\sqrt{2}}{\pi\sqrt{2+\sqrt{2x}}}((2+\sqrt{2x})E(\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{2}+\sqrt{x}})-K(\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{2}+\sqrt{x}})).$$

Aquí $E(m)=\int^1_0\sqrt{\frac{1-mt^2}{1-t^2}}~dt$ y $K(m)=\int^1_0\frac{dt}{\sqrt{(1-t^2)(1-mt^2)}}$ son la completa las integrales elípticas

Por lo tanto, sustituyendo $y=\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{2}+\sqrt{x}}$ (de modo que $x=\frac{y^2}{(2-y)^2}$), tenemos $$S=\frac{16}{\pi^2}\int^{2\sqrt{2}-2}_{0}\frac{y}{(2-y)^4}\left(4E(y)-(2-y)K(y)\right)^2~dy.$$

$$%E'(y)=\frac{E(y)-K(y)}{2y}\\K'(y)=\frac{E(y)-(1-y)K(y)}{2y(1-y)}\\\int E(y)dy=\frac{2(1+y)E(y)-2(1-y)K(y)}{3}\\\int K(y)dy=2E(y)-(1-y)K(y)$$

Esto puede ser factible con la inteligente integración por partes.