Necesito encontrar una forma cerrada para estos anidada de integrales definidas: $$I=\int_0^\infty\left(\int_0^1\frac1{\sqrt{1-y^2}\sqrt{1+x^2\,y^2}}\mathrm dy\right)^3\mathrm dx.$$ El interior de la integral puede ser representado mediante la función hipergeométrica $_2F_1$ o la integral elíptica completa de la 1º clase $K$ con un imaginario argumento: $$\int_0^1\frac1{\sqrt{1-y^2}\sqrt{1+x^2\,y^2}}\mathrm dy=\frac\pi2 {_2F_1}\left(\frac12,\frac12;1;-x^2\right)=K(x\,\sqrt{-1}).$$ Mi conjetura es la integral I $$ tiene una forma cerrada de representación:$$I\stackrel{?}{=}\frac{3\,\Gamma (\frac14)^8}{1280\,\pi^2}=7.09022700484626946098980237...,$$ pero yo no era capaz de encontrar una prueba de ello, ni refutar la igualdad mediante integración numérica. Podría usted por favor me ayude a resolver esta pregunta?
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El uso de $$ K(ik) = \frac{1}{\sqrt{1+k^2}}K\left(\sqrt{\frac{k^2}{k^2+1}}\right) $$ y una sustitución $t^2 = \frac{k^2}{1+k^2}$, reescribir la integral como $$ \int_0^\infty K(i k)^3\,dk = \int_0^1 K(t)^3\,dt. $$
Hay un documento de "Momentos de las integrales elípticas y críticos de L-valores" por Rogers, Wan y Zucker (http://arxiv.org/abs/1303.2259; también uno de los autores de los documentos anteriores: http://arxiv.org/abs/1101.1132), y el los autores, al relacionar esta parte integral de la serie L de forma modular (sus teoremas 1 y 2), mostrar que $$ \int_0^1 K(k)^3\,dk = \frac{3}{5}K(1/\sqrt{2})^4 = \frac{3\Gamma(\frac14)^8}{1280\pi^2}, $$ usando $K(1/\sqrt{2}) = \frac14 \pi^{-1/2}\Gamma(\frac14)^2$.
La primera cosa que me gustaría probar es reemplazar $\int_{0}^{\infty}$ $\frac12\int_{-\infty}^{\infty}$, entonces a considerar esto como un complejo integral y tire de la integración de contorno a $i\infty$. Dado que la única singularidad de la función hipergeométrica de $_2F_1(\ldots,z)$ en la hoja principal es el punto de ramificación $z=1$, al final tendríamos que integrar el salto de $K^3(ix)$ en el corte $B=[i,i\infty)$. El salto de la función de la corte es a menudo más simple que el de la propia función (como $2\pi$ vs $\ln z$), así que espero que de una simplificación de la integral (como el punto de ramificación de $x=i$ aquí parece ser logarítmica).
