Es posible simplificar la relación de $$\mathcal{E}=\frac{_3F_2\left(\frac{1}{2},\frac{3}{4},\frac{5}{4};\ 1,\frac{3}{2};\ \frac{3}{4}\right)}{\Pi\left(\frac{1}{4}\Big|\frac{1}{\sqrt{3}}\right)},$$ donde $\Pi(n|k)$ es la integral elíptica completa de la tercera clase?
Su valor numérico es de aproximadamente $\mathcal{E}\approx0.73510519389572273268...$, que se ve como $\frac{4}{\pi\sqrt{3}}$.
Voy a empezar de @Kirill 's comentario
La primera cosa a hacer es volver a escribir la diferencia de la inversa del cuadrado de las raíces y eliminar el $\sqrt t$ plazo :
$$\left(\frac 1 {\sqrt{1}} - \frac 1 {\sqrt {1+a}}\right)^2 = \frac {(\sqrt {1+a} - \sqrt {1})^2}{1-a^2} = 2\frac {1 - \sqrt{1-a^2}}{1-a^2}$$
Dejando de $u = \sqrt {1-t}$ y $ v = \sqrt{4-3t}$ tenemos $\sqrt{1-a^2} = \sqrt{1-3t/4} = v/2$. Luego, tomando a $w = \sqrt {2-v}$, la diferencia de la inversa del cuadrado de las raíces se expresa como $ \sqrt 2 \sqrt{1-v/2} / (v/2) = 2\sqrt{2-v}/v = 2w/v$.
Después de mover el $1/2$ factor en el interior, el integrando de la mano izquierda se expresa como $w dt/tuv$ .
Desde $\Bbb C(t,u,v) = \Bbb C((v-1)/u)$, debemos simplificar las cosas, haciendo el cambio de variables $x = (v-1)/u$.
Tenemos $t = (9-x^2)(1-x^2)/(3-x^2)^2 \quad u = 2x/(3-x^2) \quad v = (3+x^2)/(3-x^2)$ y $w^2 = 2-v = (1-x^2)/(1-x^2/3)$
$dt/dx = -2x((1-x^2)(3-x^2)+(9-x^2)(3-x^2)-2(9-x^2)(1-x^2))/(3-x^2)^3 \\ = -2x(3 -4x^2 +x^4 +27 - 12x^2+x^4 -18 + 20x^2-2x^4)/(3-x^2)^3 \\ = -2x(12+4x^2)/(3-x^2)^3 = -8x(3+x^2)/(3-x^2)^2 = -4uv/(3-x^2)$
El integrando se convierte en $w(dt/dx)dx/tuv = -4wdx/t(3-x^2) = -4w(3-x^2)dx/(9-x^2)(1-x^2)$ o también $ -4 \frac {3-x^2}{9-x^2} \frac {dx} {\sqrt{(1-x^2)(1-x^2/3)}}$.
También, $t=0$ corresponde a $x=1$ mientras $t=1$ corresponde a $x=0$. Después de dar marcha atrás y dividiendo ambos integrales por $4$, los problemas se convierte en probar
$\int_0^1 \left( \frac {3-x^2}{9-x^2} - \frac 1 {4-x^2} \right) \frac {dx} {\sqrt{(1-x^2)(1-x^2/3)}} = 0$
La curva de $\Bbb C(x, y=\sqrt{(1-x^2)(1-x^2/3)})$ es una curva elíptica. Por la paridad podemos extender la integral en el intervalo $(-1; 1)$ y luego de nuevo por la simetría, se puede extender a un bucle integral (nuestro primer intervalo de con $ $ y = + \sqrt{\ldots}$, entonces tenemos $x$ van $y = \sqrt{\ldots}$) en la curva elíptica. Haciendo así que multiplica el valor de la integral por $4$. Así es cero en el camino inicial, si y sólo si es cero en el bucle.
$dx/$ y es un invariante diferencial, por lo que el divisor de la $1$-forma estamos integrando es el divisor de $\frac {3-x^2}{9-x^2} - \frac 1 {4-x^2} = \frac{3-6x^2+x^4}{(9-x^2)(4-x^2)}$.
Por la inspección tiene un polo de orden $1$ en los ocho puntos dados por $x=\pm 2, x= \pm 3$ y no otro polo. Podemos calcular el residuo en cada polo. Se obtiene un residuo de $1/4$ en el punto $P_1,\ldots P_4$ donde $xy >0$ y $-1/4$ en el punto $P_5 \ldots P_8$ con $xy < 0$.
Un cálculo muestra que $(P_1 + \ldots + P_4) - (P_5 + \ldots + P_8)$ es $0$ en el grupo de Picard de la curva, por lo que nuestro $1$-formulario es el diferencial del logaritmo de una función racional, además de un invariante diferencial (un número constante de veces $dx/y$).
Si mi cálculo no está mal resulta que, de hecho, es el diferencial de $\frac 14 \log \frac {x^4-13x^2+36}{x^4+12xy+11x^2-36}$.
Finalmente uno tiene que mirar lo que el argumento de $\frac {x^4-13x^2+36}{x^4+12xy+11x^2-36}$ en el bucle de interés. De hecho, esta función mantiene real y estrictamente negativo en ambas ramas de $(-1;1)$ de modo que el argumento es constante, lo que demuestra que la integral de este logaritmo en ese bucle es de $0$.
En todo el conjunto de la computación está lleno de milagrosa simplificaciones, así que no me sorprendería si hay un más elegante, menos de fuerza bruta-y método.
Aquí están los detalles escabrosos para encontrar el registro de plazo.
En primer lugar, una fea y la forma más fácil es poner a la curva en forma de Weierstrass, y siga el procedimiento para obtener el necesario factor como un gran cociente de los productos de la línea de ecuaciones.
Aquí tuvimos la suerte de tierra en la misma forma de la curva como la que aparece en la segunda integral, así que realmente no quiero hacer que si me podía ayudar.
En primer lugar, mirar el divisor, se debe tener $f(x,y) = c/f(x,-y)$ constantes $c$ (en realidad tenemos $c=$ 1 por la función que he obtenido, que es totalmente no-evidente cuando se mira en él). Así que primero trató de encontrar algo de $g$ tal que $f =g(x,y)/g(x,-y)$. Esto es bueno porque entonces para calcular el divisor tengo que buscar en $g(x,y)g(x,-y)$, que es una función de la $x$ solamente. La otra simetría también muestra que puedo búsqueda para $g$ $g(x,y) = \pm g(-x,-y)$.
Después de descubrir que no es trivial polinomio de grado <= 2 (en $x$) que ha $P_1,\ldots,P_4$ como ceros, que finalmente se tropiezan en los dos grados de $3$ polinomios $g_1 = x^3-6y-x$ y $g_2 = xy-2x^2+6$.
Entonces era muy tarde y no me di cuenta de que aunque $g_1\bar{g_1}$ y $g_2\bar{g_2}$ eran de grado $6$ en $x$ (por lo que se tuvo potencialmente $4$ no deseados zero/pole), en realidad tenemos $g_1\bar{g_1} = (x^2-4)(x^2-9)(x^2-1)$ y $g_2\bar{g_2} = (x^2-4)(x^2-9)(1-x^2/3)$ : extrañas raíces son precisamente los puntos de ramificación con $ $ y=0$ para que aparezcan en ambos $g_i$ y $\bar{g_i}$, y se cancelan uno al otro cuando se hace el cociente.
Por lo tanto, tanto $\log \frac{x^3-6y-x}{x^3+6y-x}$ y $\log \frac{xy-2x^2+6} {xy-2x^2+6}$ de trabajo (los dos cocientes son realmente opuestos el uno del otro)
(en cambio me encontré con las dos combinaciones lineales que hizo el extra de las raíces ir hasta el infinito, porque ¿por qué no (de alguna manera estaba convencido de que no me podía mover a los puntos de ramificación, lol), pero todo esto era extraño porque era de más de $\Bbb P(\sqrt 3)$. Yo procedió a multiplicar los dos juntos soluciones para cancelar el cero/polos en el infinito, mientras que doblando los otros ceros/polos; Luego me llevó a la raíz cuadrada con la identidad $\sqrt{a/b} = \sqrt{ab}/b$)
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