La forma cerrada para $\int_0^{\pi/2}\frac{\sqrt{1+\sin\phi}}{\sqrt{\sin2\phi}\,\sqrt{\sin\phi+\cos\phi}}d\phi$

Question

Es posible evaluar esta integral en forma cerrada? $$I=\int_0^{\pi/2}\frac{\sqrt{1+\sin\phi}}{\sqrt{\sin2\phi} \,\sqrt{\sin\phi+\cos\phi}}d\phi$$ Su valor numérico aproximado es $$I\approx3.0184739081025456585366323697639091178278225680831890465473990823...$$

Answer 1

La integral es igual a $\sqrt{2+\sqrt{8}} \cdot \Omega$, donde $\Omega$ es la verdadera mitad del periodo $\Omega = 1.3736768699491\ldots$ de la curva elíptica $$E : y^2 = x^3 - 4 x^2 - 4 x,$$ es decir, la integral elíptica completa $$\Omega = \int_{2-\sqrt{8}}^0 \frac{dx}{\sqrt{x^3-4x^2-4x}} = \int_{2+\sqrt{8}}^\infty \frac{dx}{\sqrt{x^3-4x^2-4x}}$$ (el integrando también puede ser traído a la forma clásica ${\bf K}(k) = \int_0^1 dz \, / \sqrt{(1-z^2) (1-k^2 z^2)}$, pero con una más complicada $k$ y probablemente también un elemental factor más complicada que la nuestra $\sqrt{2+\sqrt{8}}$).

Aquí el gp de código para esta fórmula:

sqrt(2+sqrt(8)) * ellinit([0,-4,0,-4,0])[15]

La curva de $E$ es razonablemente bueno, con conductor de $128=2^7$ y $j$-invariante $10976 = 2^5 7^3 = 1728 + 2^5 17^2$; pero $E$ no tiene complejo de multiplicación (CM), así que no hay que esperar para obtener una forma más simple como sería posible que un CM de la curva de [por ejemplo, $\int_1^\infty dx/\sqrt{x^3-1}$ es una Beta integral, y $\int_0^\infty dx/\sqrt{x^3+4x^2+2x} = \Gamma(1/8) \Gamma(3/8) / (4\sqrt{\pi})$].

Harry Peter ya se utiliza la sustitución trigonométrica $$(\cos \phi \sin \phi, d\phi) = \left( \frac{1-t^2}{1+t^2}, \frac{2}{1+t^2}, \frac{2 \, dt}{1+t^2} \right)$$ (que supongo que es la "sustitución de Weierstrass", sugirió en el comentario de Steven Stadnicki) para escribir $I$ como $$\int_0^1 \frac{(1+t)dt}{\sqrt{(1+2t-t^2) (t-t^3)}},$$ que es la mitad del periodo de la holomorphic diferencial $(1+t) dt/u$ en el hyperelliptic curva de $C: u^2 = (1+2t-t^2) (t-t^3)$ de género $2$. La mayoría de dichos períodos no se puede simplificar más, pero este es especial debido a que la curva tiene más de simetría de sólo el "hyperelliptic involución" $(t,u) \leftrightarrow (t, u)$. En particular, $C$ tiene una involución $$\iota: (t,u) \leftrightarrow \left( \frac{1-t}{1+t}, \frac{2^{3/2}}{(1+t)^3} u \right)$$ que también envía el intervalo $(0,1)$ a sí mismo, la inversión de de la orientación. Esto sugiere dividir la integral en el punto medio de $t_0 := \sqrt{2} - 1$ y la aplicación de el cambio de la variable $(t,dt) \leftarrow ((1-t)/(1+t), -2\,dt/(1+t)^2)$ a la integral de más de $(t_0,1)$ obtener $\sqrt{2} \int_0^{t_0} dt/u$. Por lo tanto $$I = \int_0^{t_0} \frac{(\sqrt{2}+1+t)dt}{\sqrt{(1+2t-t^2) (t-t^3)}}$$ y ahora el cambio de variable $X = t + (1-t)/(1+t)$ transforma $I$ a un integral elíptica correspondiente al cociente de la curva de $C\,/\langle\s\rangle$. Mientras que $C\,/\langle\s\rangle$ ha irracional coeficientes que involucra $\sqrt{2}$, se ha racional $j$-invariante, por lo que podemos encontrar las coordenadas que identifican $C\,/\langle\s\rangle$, con nuestra curva de $E$ con coeficientes racionales, a pesar de que el costo de introducir el factor $\sqrt{2+\sqrt{8}}$ en la fórmula para $I$ dado en el inicio de esta respuesta.

Answer 2

$$\begin{align} \int_0^\frac{\pi}{2}\dfrac{\sqrt{1+\sin\phi}}{\sqrt{\sin2\phi}\sqrt{\sin\phi+\cos\phi}}d\phi &=\int_0^1\dfrac{2}{1+t^2}\dfrac{\sqrt{1+\dfrac{2t}{1+t^2}}}{\sqrt{\dfrac{4t(1-t^2)}{(1+t^2)^2}}\sqrt{\dfrac{2t}{1+t^2}+\dfrac{1-t^2}{1+t^2}}}dt\\ &=\int_0^1\dfrac{1+t}{\sqrt t\sqrt{1-t^2}\sqrt{1+2t-t^2}}dt\\ &=\int_0^1\dfrac{\sqrt{1+t}}{\sqrt t\sqrt{1-t}\sqrt{1+(\sqrt2+1)t}\sqrt{1-(\sqrt2-1)t}}dt\\ &=\pi F_D^{(3)}\left(\dfrac{1}{2},-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},1;-1,-\sqrt2-1,\sqrt2-1\right). \end{align}$$

De acuerdo a Lauricella hipergeométrica de la serie.