¿Cómo demostrar la siguiente identidad conjetural? $$\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt[4]{7+\cosh x}}\stackrel{\color{#a0a0a0}?}=\frac{\sqrt[4]6}{3\sqrt\pi}\Gamma^2\big(\tfrac14\big)\tag1$$ Se mantiene numéricamente con una precisión de al menos $1000$ dígitos decimales.
¿Existen otros enteros bajo el radical excepto $7$ y $1$ ¿ese resultado en una bonita forma cerrada?
Voy a seguir la idea de @user15302. En esta respuesta , demostré que
$$ \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{(a + \cosh x)^{s}} \, dx = \frac{1}{(a+1)^{s}} \int_{0}^{1} \frac{v^{s-1}}{\sqrt{(1-v)(1-bv)}} \, dv, $$
donde $b = \frac{a-1}{a+1}$ . Ahora dejemos que $I$ denota la integral de Vladimir y establece $s = \frac{1}{4}$ y $a = 7$ . Entonces tenemos $b = \frac{3}{4}$ y
$$ I = 2^{-3/4} \int_{0}^{1} \frac{1}{v^{3/4}\sqrt{(1-v)(1-\frac{3}{4}v)}} \, dv. $$
La razón por la que el caso $b = \frac{3}{4}$ es especial es que, si conectamos $v = \operatorname{sech}^2 t$ entonces podemos utilizar la fórmula del triple ángulo para obtener la siguiente integral sorprendentemente clara
$$ I = 2^{5/4} \int_{0}^{\infty} \frac{\cosh t}{\sqrt{\cosh 3t}} \, dt. $$
Ahora usando la sustitución $x = e^{-6t}$ , encontramos fácilmente que
$$ I = \frac{1}{3 \sqrt[4]{2}} \int_{0}^{1} \frac{x^{-11/12} + u^{-7/12}}{\sqrt{1+x}} \, dx = \frac{1}{3 \sqrt[4]{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{x^{11/12}\sqrt{1+x}}. $$
La última integral se puede calcular fácilmente mediante la siguiente fórmula
$$ \int_{0}^{\infty} \frac{x^{a-1}}{(1+x)^{a+b}} \, dx = \beta(a, b) = \frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}. $$
Por lo tanto, obtenemos la siguiente forma cerrada
$$ I = \frac{\Gamma(\frac{1}{12})\Gamma(\frac{5}{12})}{3 \sqrt[4]{2}\sqrt{\pi}}. $$
Para verificar que esto es exactamente lo mismo que el resultado de Vladimir, utilizamos el Fórmula de multiplicación de Legendre y el fórmula de reflexión para encontrar que
$$ \Gamma(\tfrac{1}{12})\Gamma(\tfrac{5}{12}) = \frac{\Gamma(\tfrac{1}{12})\Gamma(\tfrac{5}{12})\Gamma(\tfrac{9}{12})}{\Gamma(\tfrac{3}{4})} = \frac{2 \pi \cdot 3^{1/4} \Gamma(\frac{1}{4})}{\Gamma(\tfrac{3}{4})} = 2^{1/2} 3^{1/4} \Gamma(\tfrac{1}{4})^2. $$
Esto completa la prueba.
Sustituyendo $x$ con $4u$ entonces $\cosh u$ con $\frac{1}{t}$ tenemos:
$$ I = \frac{1}{2^{3/4}}\int_{0}^{1}\frac{dt}{(1-t^2+t^4)^{1/4}(1-t^2)^{1/2}}=\frac{1}{2^{3/4}}\int_{0}^{1/2}\frac{dt}{(1-t(1-t))^{1/4}(t(1-t))^{1/2}} $$ A continuación, sustituyendo $t(1-t)$ con $v/4$ , $$ I=\frac{1}{2^{11/4}}\int_{0}^{1}\frac{dv}{(1-v/4)^{1/4}(v(1-v))^{1/2}}$$ entonces, al establecer $v=4-3z$ , $$ I = \frac{3^{1/4}}{2^{9/4}}\int_{1}^{4/3}\frac{dz}{z^{1/4}((4-3z)(1+z))^{1/2}}=\frac{3^{1/4}}{2^{5/4}}\int_{1}^{2/\sqrt{3}}\sqrt{\frac{z}{(4-3z^2)(1+z^2)}}\,dz$$ que, al menos, parece manejable. También tenemos: $$ I = \frac{1}{2^{1/4}}\int_{0}^{1}\frac{du}{(3u^4+u^2)^{1/4}(1-u^2)^{1/2}}\tag{1}$$ que Mathematica evalúa con gusto: $$ I = \frac{2^{1/4}\,\Gamma\left(\frac{1}{4}\right)^2}{3^{3/4}\sqrt{\pi}}. $$ Ahora sólo tenemos que entender cómo .
Creo que este problema se puede resolver invocando la teoría de $j$ -invariantes para curvas (hiper?)-elípticas, pero no tengo tanta confianza en el tema para encontrar el cambio de variables adecuado que convierta nuestra integral en una integral elíptica completa. Creo que Noam Elkies resolvería este problema en unos segundos, así que le pido ayuda.
Actualización . Encontrado. Nuestra afirmación fue probada por Zucker y Joyce en Valores especiales de la serie hipergeométrica II es el resultado $(7\!\cdot\! 6)$ . Se obtiene mediante manipulaciones hipergeométricas estándar, partiendo del módulo elíptico $k$ para lo cual: $$\frac{K'(k)}{K(k)}=3.$$ La función modular a considerar para considerar nuestra integral como un periodo es así la función lambda elíptica .
Tome la integral en la forma $$I=\frac{1}{2^{1/4}}\int_{0}^{1}\frac{du}{\left(3u^{4}+u^{2}\right)^{1/4}\left(1-u^{2}\right)^{1/2}}=\frac{1}{2^{1/4}}\int_{0}^{1}\frac{du}{\left(3u^{2}+1\right)^{1/4}\left(1-u^{2}\right)^{1/2}\left(u^{2}\right)^{1/4}} $$ entonces pon $u^{2}=s $ $$=\frac{1}{2^{5/4}}\int_{0}^{1}\frac{ds}{\left(3s+1\right)^{1/4}\left(1-s\right)^{1/2}s^{3/4}} $$ y ahora ponga $s=1-t $ $$=\frac{1}{2^{7/4}}\int_{0}^{1}\frac{dt}{\left(1-3t/4\right)^{1/4}\left(1-t\right)^{3/4}t^{1/2}}. $$ Recordando ahora la identidad $$\,_{2}F_{1}\left(a,b;c;z\right)=\frac{\Gamma\left(c\right)}{\Gamma\left(b\right)\Gamma\left(c-b\right)}\int_{0}^{1}\frac{t^{b-1}\left(1-t\right)^{c-b-1}}{\left(1-tz\right)^{a}}dt $$ tenemos $$I=\frac{1}{2^{7/4}}\frac{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1}{4}\right)}{\Gamma\left(\frac{3}{4}\right)}\,_{2}F_{1}\left(\frac{1}{4},\frac{1}{2};\frac{3}{4};\frac{3}{4}\right) $$ y en este caso es posible calcular el valor exacto de la función hipergeométrica (véase la actualización en la respuesta de Jack D'Aurizio como referencia) $$\,_{2}F_{1}\left(\frac{1}{4},\frac{1}{2};\frac{3}{4};\frac{3}{4}\right)=\frac{2\sqrt{2}}{3^{3/4}} $$ y así $$I=\frac{\Gamma^{2}\left(\frac{1}{4}\right)}{6^{3/4}\sqrt{\pi}}. $$ El resultado no es igual a $\sqrt[4]{6}\Gamma^{2}\left(\frac{1}{4}\right)/\left(2\sqrt{\pi}\right) $ pero no he encontrado ningún error en mis cálculos.
Esta es una respuesta parcial a la segunda pregunta. Mathematica podría evaluar $$\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt[4]{a+\cosh x}},$$ en términos de lo siguiente Función de solicitud : $$ F_1\left(\frac{1}{4},\frac{1}{4},\frac{1}{4},\frac{5}{4},\sqrt{a^2-1}-a,\frac{1}{\sqrt{a^2-1}-a}\right). $$ Para $a=0$ y $a=1$ existe una forma cerrada de esta función Appell, por lo que obtenemos $$\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt[4]{\cosh x}} = \frac{4\sqrt{\pi}\,\Gamma\left(\frac{9}{8}\right)}{\Gamma\left(\frac{5}{8}\right)}$$ y $$\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt[4]{1+\cosh x}} = \frac{\Gamma^2\left(\frac{1}{4}\right)}{2^{3/4}\sqrt{\pi}}.$$ Numéricamente tengo su forma conjetural para $a=7$ también: $$\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt[4]{7+\cosh x}}\stackrel{\color{#a0a0a0}?}=\frac{\sqrt[4]6}{3\sqrt\pi}\Gamma^2\left(\tfrac14\right),$$ o en términos de elíptica $K$ función : $$\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt[4]{7+\cosh x}}\stackrel{\color{#a0a0a0}?}=\frac{4\sqrt[4]2\sqrt[4]3}{3}K\left(\tfrac{\sqrt{2}}{2}\right).$$
Una pregunta relacionada, de alguna manera generalizada, es aquí .
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