En $\big(\tfrac{1+\sqrt{5}}{2}\big)^{12}=\small 161+72\sqrt{5}$ $\int_{-1}^1\frac{dx}{\left(1-x^2\right)^{\small3/4} \sqrt[4]{161+72\sqrt{5}\,x}}$

Question

(Esto resume dispersos resultados a partir de aquí, aquí, aquí y en otros lugares. Ver también este post anterior.)

I. Cúbicos

Definir $\beta= \tfrac{\Gamma\big(\tfrac56\big)}{\Gamma\big(\tfrac13\big)\sqrt{\pi}}=\frac1{B\big(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{2}\big)}$ con beta en función de $B(a,b)$. Luego tenemos la agradable evaluaciones,

$$\begin{aligned}\frac{3}{5^{5/6}} &=\,_2F_1\big(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3};\tfrac{5}{6};-4\big)\\ &=\beta\,\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x}\,\sqrt[3]{x^2+4x^3}}\\[1.7mm] &=\beta\,\int_{-1}^1\frac{dx}{\left(1-x^2\right)^{\small2/3} \sqrt[3]{\color{blue}{9+4\sqrt{5}}\,x}}\\[1.7mm] &=2^{1/3}\,\beta\,\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt[3]{9+\cosh x}} \end{aligned}\tag1$$ y, $$\begin{aligned}\frac{4}{7} &=\,_2F_1\big(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3};\tfrac{5}{6};-27\big)\\ &=\beta\,\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x}\,\sqrt[3]{x^2+27x^3}}\\[1.7mm] &=\beta\,\int_{-1}^1\frac{dx}{\left(1-x^2\right)^{\small2/3} \sqrt[3]{\color{blue}{55+12\sqrt{21}}\,x}}\\[1.7mm] &=2^{1/3}\,\beta\,\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt[3]{55+\cosh x}} \end{aligned}\tag2$$ Nota los poderes de las unidades fundamentales, $$U_{5}^6 = \big(\tfrac{1+\sqrt{5}}{2}\big)^6=\color{blue}{9+4\sqrt{5}}$$ $$U_{21}^3 = \big(\tfrac{5+\sqrt{21}}{2}\big)^3=\color{blue}{55+12\sqrt{21}}$$ Los dos casos no puede ser coincidencia.

II. El cuarto grado

Definir $\gamma= \tfrac{\sqrt{2\pi}}{\Gamma^2\big(\tfrac14\big)}=\frac{B\big(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{2}\big)}{4\pi}=\frac1{2L}$ con lemniscate constante $L$. Luego tenemos el bonito,

$$\begin{aligned}\frac{2}{3^{3/4}} &=\,_2F_1\big(\tfrac{1}{4},\tfrac{1}{4};\tfrac{3}{4};-3\big)\\ &=\gamma\,\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x}\,\sqrt[4]{x^3+3x^4}}\\[1.7mm] &\overset{\color{red}?}=\gamma\,\int_{-1}^1\frac{dx}{\left(1-x^2\right)^{\small3/4} \sqrt[4]{\color{blue}{7+4\sqrt{3}}\,x}}\\[1.7mm] &=2^{1/4}\,\gamma\,\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt[4]{7+\cosh x}} \end{aligned}\tag3$$ y, $$\begin{aligned}\frac{3}{5}&=\,_2F_1\big(\tfrac{1}{4},\tfrac{1}{4};\tfrac{3}{4};-80\big)\\ &=\gamma\,\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x}\,\sqrt[4]{x^3+80x^4}}\\[1.7mm] &\overset{\color{red}?}=\gamma\,\int_{-1}^1\frac{dx}{\left(1-x^2\right)^{\small3/4} \sqrt[4]{\color{blue}{161+72\sqrt{5}}\,x}}\\[1.7mm] &=2^{1/4}\,\gamma\,\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt[4]{161+\cosh x}} \end{aligned}\tag4$$

con $a=161$ dado por Noam Elkies en este comentario. (Para $4$th raíces, que sólo supone la igualdad de usar el azul de los radicales basados en los de raíces cúbicas.) Nota de nuevo los poderes de las unidades fundamentales, $$U_{3}^2 = \big(2+\sqrt3\big)^2=\color{blue}{7+4\sqrt{3}}$$ $$U_{5}^{12} = \big(\tfrac{1+\sqrt{5}}{2}\big)^{12}=\color{blue}{161+72\sqrt{5}}$$ Al igual que para el cubo de raíces versión, estos no pueden ser casualidad.

Preguntas:

Es cierto que estas observaciones pueden ser explicadas por, vamos a $b=2a+1$, entonces,

$$\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x}\,\sqrt[3]{x^2+ax^3}}=\int_{-1}^1\frac{dx}{\left(1-x^2\right)^{\small2/3} \sqrt[3]{b+\sqrt{b^2-1}\,x}}=2^{1/3}\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt[3]{b+\cosh x}}$$

$$\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x}\,\sqrt[4]{x^3+ax^4}}=\int_{-1}^1\frac{dx}{\left(1-x^2\right)^{\small3/4} \sqrt[4]{b+\sqrt{b^2-1}\,x}}=2^{1/4}\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt[4]{b+\cosh x}}$$

Answer 1

A partir de $$ \,_2F_1\big(\tfrac{1}{4},\tfrac{1}{4};\tfrac{3}{4};-un\big)=\gamma\,\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x}\,\sqrt[4]{x^3+ax^4}}, $$ $$ (b+\sqrt{b^2-1})^{-1/4}\,_2F_1\big(\tfrac{1}{4},\tfrac{1}{4};\tfrac{1}{2};\tfrac{2\sqrt{b^2-1}}{b+\sqrt{b^2-1}}\big)={\gamma}\,\int_{-1}^1\frac{dx}{\left(1-x^2\right)^{\small3/4} \sqrt[4]{{b+\sqrt{b^2-1}}\,x}}, $$ (con $\gamma$ definido anteriormente) y la aplicación de transformaciones 2.11(4), 2.10(6), 2.11(2) de Erdelyi, Más funciones trascendentes, vol. Yo, a la segunda función hipergeométrica de que uno se \begin{align} (b+\sqrt{b^2-1})^{-1/4}\,_2F_1\big(\tfrac{1}{4},\tfrac{1}{4};\tfrac{1}{2};\tfrac{2\sqrt{b^2-1}}{b+\sqrt{b^2-1}}\big)&=b^{-1/4}\,_2F_1\big(\tfrac{1}{8},\tfrac{5}{8};\tfrac{3}{4};\tfrac{{b^2-1}}{b^2}\big)\\ &=\,_2F_1\big(\tfrac{1}{8},\tfrac{1}{8};\tfrac{3}{4};1-b^2\big)\\ &=\,_2F_1\big(\tfrac{1}{8},\tfrac{1}{8};\tfrac{3}{4};-4a(1+a)\big)\\ &=\,_2F_1\big(\tfrac{1}{4},\tfrac{1}{4};\tfrac{3}{4};-a\big), \end{align} donde $b=2a+1$, lo que demuestra que $$ \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x}\,\sqrt[4]{x^3+ax^4}}=\int_{-1}^1\frac{dx}{\left(1-x^2\right)^{\small3/4} \sqrt[4]{b+\sqrt{b^2-1}\,x}}. $$

Más en general de la aplicación de la misma serie de transformaciones que le da $$ {(b+\sqrt{b^2-1})^{-\alpha } \, _2F_1\left(\alpha ,\alpha ;2 \alpha ;\tfrac{2 \sqrt{b^2-1}}{b+\sqrt{b^2-1}}\right)}={\, _2F_1\left(\alpha ,\alpha ;\alpha +\tfrac{1}{2};-un\right)}, $$ es decir, $$ \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x}\,x^{1-\alpha}(1+ax)^{\alpha}}=\int_{-1}^1\frac{dx}{\left(1-x^2\right)^{1-\alpha} (b+\sqrt{b^2-1}\,x)^{\alpha}}. $$ Al $\alpha=1/3$ esto responde la relacionada con la pregunta.

La fórmula 2.12(10) de Erdelyi, Más funciones trascendentes, vol. Me responde la segunda igualdad, es decir, $$ {\, _2F_1\left(\alpha ,\alpha ;\alpha +\tfrac{1}{2};-a\right)}=2^{\alpha}\frac{\Gamma(\alpha+1/2)}{\sqrt{\pi}\Gamma(\alpha)}\int_0^\infty\frac{dx}{(b+\cosh x)^\alpha}. $$

Answer 2

Demasiado largo para un comentario : En general, con fines estrictamente valores positivos de n tenemos

$$\begin{align} \sqrt[n]2\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt[n]{\cosh2t~+~\cosh x}} ~&=~ \int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x}\cdot\sqrt[n]{x^{n-1}~+~x^n\cdot\sinh^2t}} \\\\ ~&=~ \int_{-1}^1\frac{dx}{\sqrt[n]{(1-x^2)^{n-1}}\cdot\sqrt[n]{\cosh2t~+~x\cdot\sinh2t}} \end{align}$$