En Reshetnikov integral de $\int_0^1\frac{dx}{\sqrt[3]x\ \sqrt[6]{1-x}\ \sqrt{1-x\,\alpha^2}}=\frac{1}{N}\,\frac{2\pi}{\sqrt{3}\,|\alpha|}$

Question

V. Reshetnikov dio la notable integral, $$\int_0^1\frac{dx}{\sqrt[3]x\,\sqrt[6]{1-x}\,\sqrt{1-x\left(\sqrt{6}\sqrt{12+7\sqrt3}-3\sqrt3-6\right)^2}}=\frac\pi9(3+\sqrt2\sqrt[4]{27})\tag1$$ Más en general, dado un número entero/racional $N$, vamos a encontrar una expresión algebraica número $\alpha$ que resuelve,

$$\int_0^1\frac{dx}{\sqrt[3]x\ \sqrt[6]{1-x}\ \sqrt{1-x\,\alpha^2}}=\frac{1}{N}\,\frac{2\pi}{\sqrt{3}\,|\alpha|}\tag2$$

y valor absoluto $|\alpha|$. (Comparar con el similar integral en este post.) De manera equivalente, para encontrar $\alpha$ de manera tal que,

$$\begin{aligned} \frac{1}{N} &=I\left(\alpha^2;\ \tfrac12,\tfrac13\right)\\[1.8mm] &= \frac{B\left(\alpha^2;\ \tfrac12,\tfrac13\right)}{B\left(\tfrac12,\tfrac13\right)}\\ &=B\left(\alpha^2;\ \tfrac12,\tfrac13\right)\frac{\Gamma\left(\frac56\right)}{\sqrt{\pi}\,\Gamma\left(\frac13\right)}\end{aligned} \tag3$$

con la función beta $\beta(a,b)$, beta incompleta $\beta(z;a,b)$ y regularización de la beta $I(z;a,b)$. Soluciones de $\alpha$ $N=2,3,4,5,7$ son conocidos. Vamos, $$\alpha=\frac{-3^{1/2}+v^{1/2}}{3^{-1/2}+v^{1/2}}\tag4$$ A continuación, $$ - 3 + 6 v + v^2 = 0, \quad N = 2\\ - 3 + 27 v - 33v^2 + v^3 = 0, \quad N = 3\\ 3^2 - 150 v^2 + 120 v^3 + 5 v^4 = 0, \quad N = 5\\ - 3^3 - 54 v + 1719 v^2 - 3492v^3 - 957 v^4 + 186 v^5 + v^6 = 0, \quad N = 7$$

y (añade más adelante),

$$3^4 - 648 v + 1836 v^2 + 1512 v^3 - 13770 v^4 + 12168 v^5 - 7476 v^6 + 408 v^7 + v^8 = 0,\quad N=4$$

el uso de la más grande positivo de la raíz, respectivamente. El ejemplo fue $N=2$, mientras que $N=4$ conduce a,

$$I\left(\tfrac{1-\alpha}{2};\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\right)=\tfrac{3}{8},\quad\quad I\left(\tfrac{1+\alpha}{2};\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\right)=\tfrac{5}{8}$$

Me he encontrado con estas usando Mathematica's FindRoot comando, y algunos consejos de Reshetnikov y otras obras, pero por más que traté, no pude encontrar el primer $N=11$.

P: ¿Es cierto que uno puede encontrar algebraicas número $\alpha$ todos los $N$? ¿Qué es $N=11$?

Answer 1

I. La Duplicación

Siguiente Nemo en esta respuesta, nos encontramos con la fórmula, $$\frac{1}{2}I(p^2;\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{3})=I(1+q^3;\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{3})$$ donde $p,q$ están relacionados por la $12$-deg, $$p^2(-2 + 2 q + q^2)^6 = 36(1 + q^3) (4 + 4 q + 6 q^2 - 2 q^3 + q^4)^2$$ Esto nos permite encontrar infinitamente muchos $\displaystyle\frac{1}{2^n N}$.

Por ejemplo, desde la $I(p^2;\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{3})=\frac{1}{3}$ es conocida, entonces la solución para $I(\alpha^2;\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{3})=\frac{1}{6}$ resulta implican un $36$grados de la ecuación.

II. La triplicación

(Cortesía de Nemo.) Comenzando con, $A$B\left(z;\frac{1}{2},\frac{1}{3}\right)=2 \sqrt{z} \, _2F_1\left(\frac{1}{2},\frac{2}{3};\frac{3}{2};z\right). $$ La transformación $$ \, _2F_1\left(\frac{1}{2},\frac{2}{3};\frac{3}{2};-\frac{3 z \left(1-\frac{z}{9}\right)^2}{(1-z)^2}\right)=\frac{(1-z) \, }{1-\frac{z}{9}}{}_2F_1\left(\frac{1}{2},\frac{2}{3};\frac{3}{2};z\right) $$ aplica dos veces al da $$ \frac{1}{3} B\left({\frac{(9-z)^2 z \left(z^3+225 z^2-405 z+243\right)^2}{729 (1-z)^2 (z+3)^6}};\frac{1}{2},\frac{1}{3}\right)=B\left(z;\frac{1}{2},\frac{1}{3}\right). $$

Answer 2

(Demasiado largo para un comentario. Y la cortesía de V. Reshetnikov del resultado aquí, aunque como él señala es provisional.)

El algebraicas número $\alpha$ que resuelve,

$$\int_0^1\frac{dx}{\sqrt[3]x\ \sqrt[6]{1-x}\ \sqrt{1-x\,\alpha^2}}=\frac{1}{11}\,\frac{2\pi}{\sqrt{3}\;\alpha}$$

parece tener un $40$grados de minpoly. Sin embargo, resulta que también puede reducir su grado y expresarlo utilizando la forma común por encima. Vamos,

$$\alpha=\frac{3^{1/2}-v^{1/2}}{3^{-1/2}+v^{1/2}}$$

donde $v$ es el segundo más grande positivo de la raíz ($r_9$ en Mathematica sintaxis),

$$\pequeño P(v)=-3^{10} + 23816430 v^2 - 323903448 v^3 + 2177615583 v^4 - 9297934272 v^5 + 25869358152 v^6 - 37475802144 v^7 - 16459141842 v^8 + 180065426112 v^9 - 338100745356 v^{10} + 329418595440 v^{11} - 211367836746 v^{12} + 102243404736 v^{13} - 8162926200 v^{14} - 9999738144 v^{15} + 1006439643 v^{16} - 134177472 v^{17} - 2246706 v^{18} + 30888 v^{19} + 11 v^{20} = 0$$

También,

$$I\big(\alpha^2;\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{3}\big)=\tfrac{1}{5}\,I\big(\tfrac{1-\alpha}{2};\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\big)=\tfrac{1}{6}\,I\big(\tfrac{1+\alpha}{2};\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\big)=\frac{1}{11}$$

con la regularización de la función beta $I(z;a,b)$. Por otra parte, si

$$y =\frac{r_1+r_9+r_{13}+r_{14}}{12}$$

a continuación, $y$ es una raíz de la solucionable quintic,

$$67 - 1748 y - 7033 y^2 - 1378 y^3 + 234 y^4 + y^5=0$$

con discriminante divisible por $11^4\times23^4$. El uso de los otros cuártica simétrica polinomios muestran que el $20$-deg es sólo un cuarto grado en el disfraz, por lo tanto, es solucionable. Todos estos sugieren que la $P(v)$ es la correcta polinomio para $N=11$.