Cómo probar $\int_0^\infty J_\nu(x)^3dx\stackrel?=\frac{\Gamma(1/6)\ \Gamma(1/6+\nu/2)}{2^{5/3}\ 3^{1/2}\ \pi^{3/2}\ \Gamma(5/6+\nu/2)}$ ?

Question

Estoy interesado en encontrar una fórmula general para la siguiente integral: $$\int_0^\infty J_\nu(x)^3dx,\tag1$$ donde $J_\nu(x)$ es el La función de Bessel de la primera clase : $$J_\nu(x)=\sum _{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{\Gamma(n+1)\Gamma(n+\nu+1)}\left(\frac x2\right)^{2n+\nu}.\tag2$$ Mathematica da el siguiente resultado: $$\int_0^\infty J_\nu(x)^3dx=\frac1{\pi\,\nu}{_3F_2}\left(\frac12,\frac12-\nu,\frac12+\nu;1-\frac\nu2,1+\frac\nu2;\frac14\right)+\frac{\Gamma\left(-\frac\nu2\right)\Gamma\left(\frac{1+3\nu}2\right)\cos\frac{\pi\,\nu}2}{2^{\nu+1}\ \pi^{3/2}\ \Gamma(\nu+1)}{_3F_2}\left(\frac{1-\nu}2,\frac{1+\nu}2,\frac{1+3\nu}2;1+\frac\nu2,1+\nu;\frac14\right),\tag3$$ que puede simplificarse significativamente para los valores impar y medio-entero de $\nu$ . Los resultados en esos puntos permiten conjeturar otra fórmula general más simple: $$\int_0^\infty J_\nu(x)^3dx\stackrel?=\frac{\Gamma\left(\frac16\right)\ \Gamma\left(\frac16+\frac\nu2\right)}{2^{5/3}\ 3^{1/2}\ \pi^{3/2}\ \Gamma\left(\frac56+\frac\nu2\right)},\tag4$$ que está de acuerdo con $(3)$ con una precisión muy alta para muchos valores diferentes de $\nu$ . También tiene la ventaja de que está definido para todos $\nu>-\frac13$ mientras que $(3)$ no está definido en cada momento $\nu$ y requiere calcular un límite en esos puntos.

¿Es posible probar la fórmula $(4)$ ?

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Mathematica es capaz de evaluar $(1)$ para valores iguales de $\nu$ en términos de la Función G de Meijer . Conectando esas expresiones a $(4)$ obtenemos otra forma de la conjetura: $$G_{3,3}^{2,1}\left(\frac14\left| \begin{array}{c}2a,1,2-2a\\\frac12,1-a,a\\\end{array} \right.\right)\stackrel?=\frac{\Gamma\left(\frac16\right)\ \Gamma\left(\frac23-a\right)}{2^{5/3}\ 3^{1/2}\ \pi\ \Gamma\left(\frac43-a\right)}.\tag5$$ Por cierto, el caso $a=\frac12$ resolvería positivamente mi otra pregunta .

Answer 1

Gracias por publicar esta pregunta, disfruté tratando de responderla.

Comienza con la expresión que Mathematica te dio y reemplaza cada argumento $\frac14$ de una función hipergeométrica con $\frac z4$ , porque estaremos tomando límites. Llamaré a los dos hipergeométricos funciones $Q_1(z)$ y $Q_2(z)$ . Cada término puede ser llevado a un cierre forma mediante el uso de la identidad 16.6.2 del DLMF .

Configuración $a=\frac12$ , $b=1-\frac\nu2$ tenemos $$ Q_1(z) = (1-z)^{-\frac12} F\left(\frac16, \frac36,\frac 56; 1-\frac\nu2, 1+\frac\nu2; \frac{-27 z}{4(1-z)^3} \right), $$ y el ajuste $a=\frac{1+3\nu}{2}$ , $b=1+\frac\nu2$ tenemos $$ Q_2(z) = (1-z)^{-\frac{1+3\nu}{2}} F\left(\frac{1+3\nu}6, \frac{3+3\nu}{6}, \frac{5+3\nu}{6}; 1+\frac\nu2, 1+\nu; \frac{-27z}{4(1-z)^3} \right). $$ (Obsérvese que hay 6 posibles identidades a probar por función, una por cada posible elección de $a$ y $b$ de los parámetros, por lo que ayuda a hacer esto en un computadora.)

La razón por la que esto funciona es que ahora el punto $z=1$ es un punto singular de las funciones hipergeométricas del lado derecho, y Mathematica tendrá éxito en encontrar los límites como $z\to1$ . La expresión para el toda la integral que tienes es $$ Q = \frac{2^{\frac43}\pi^{\frac12}}{\Gamma(-\frac16)\Gamma(\frac56+\frac\nu2)\Gamma(\frac56-\frac\nu2)\sin\frac{\nu\pi}2} \left( -1 + 3^{-\frac{3\nu}2}\cos\left(\frac{\nu\pi}{2}\right) \frac{\Gamma(\frac{1+3\nu}{2}) \Gamma(\frac56-\frac\nu2)}{\Gamma(\frac{1+\nu}2)\Gamma(\frac56+\frac\nu2)} \right). $$ Llama a la gran expresión entre paréntesis $A$ y luego escribe $$ A = -1 + B 3^{-\frac{3\nu}{2}}\cos\frac{\pi\nu}{2}, \qquad B = \frac{\Gamma(\frac{1+3\nu}{2}) \Gamma(\frac56-\frac\nu2)}{\Gamma(\frac{1+\nu}2)\Gamma(\frac56+\frac\nu2)}. $$

Ahora, Mathematica no simplificará $A$ o $B$ por su cuenta, así que necesita ayuda. Establece $x=\frac16+\frac\nu2$ y usar la fórmula de multiplicación para consigue $$ \frac{\Gamma(\frac{1+3\nu}2)}{\Gamma(\frac{1+\nu}{2})\Gamma(\frac56+\frac\nu2)} = \frac{\Gamma(3x)}{\Gamma(x+\frac13)\Gamma(x+\frac23)} = \frac{\Gamma(x)}{2\pi} 3^{3x-1/2}. $$ Después de esto, $A$ se simplifica a $$ A = -1 + \frac{\Gamma(\frac16+\frac\nu2)\Gamma(\frac56-\frac\nu2)}{2\pi}\cos\frac{\pi\nu}{2} = -1 + \frac{\cos\frac{\pi\nu}{2}}{2\sin(\frac\pi6+\frac{\pi\nu}{2})}, $$ donde también he usado la fórmula de reflexión para $\Gamma(z)\Gamma(1-z)$ para deshacerse de la funciones gamma. Alguna cantidad más de trigonometría manual da como resultado $$ A = -\frac{\sqrt{3}}{2}\frac{\sin\frac{\pi\nu}{2}}{\sin(\frac\pi6 + \frac{\nu\pi}{2})}. $$

Finalmente, escribe $$ \frac{1}{\sin(\frac\pi6+\frac{\pi\nu}{2})} = \frac{\Gamma(\frac16+\frac\nu2)\Gamma(\frac56-\frac\nu2)}{\pi}, $$ y sustituirla por otra. Muchas cosas se cancelan, y la respuesta es $$ Q = -\frac{3^{1/2}2^{1/3}}{\pi^{1/2}} \frac{\Gamma(\frac16+\frac\nu2)}{\Gamma(-\frac16)\Gamma(\frac56+\frac\nu2)}. $$

Esta forma cerrada es equivalente a la que diste a través de la el uso de $\Gamma(\frac16)\Gamma(-\frac16)=-12\pi$ .

P.D. También me gustaría señalar que la integral $$ I(\nu,c) = \int_0^\infty J_\nu(x)^2 J_\nu(c x)\,dx $$ y su forma general $$ \int_0^\infty x^{\rho-1}J_\nu(a x) J_\mu(b x) J_\lambda(c x)\,dx $$ aparecen en Gradshteyn y Ryzhik, y puedes encontrar un artículo "Algunos integrales infinitas que implican funciones de bessel, I y II" por W. N. Bailey, que evalúa esta integral en términos de Appell funciones, pero sólo en el caso $c>2$ ( $|c|>|a|+|b|$ ), que es donde el $F_4$ Appell la función converge. El DLMF 16.16.6 en realidad da una forma de escribir esto integral como $$ \frac{\Gamma(\frac{1+3\nu}{2})c^{-1-2\nu}}{\Gamma(1+\nu)^2\Gamma(\frac{1-\nu}{2})} \,\,\,{}_2F_1\left( \frac{1+\nu}{2}, \frac{1+3\nu}{2}; 1+\nu; x \right)^2, \qquad x = \frac{1-\sqrt{1-4/c^2}}{2}, $$ pero la cuestión es que esto sólo es correcto para $c>2$ y la RHS es complejo para $c<2$ . La función de apelación sólo se definiría por el análisis continuación en este caso de todos modos, y no encontré nada útil sobre ramas no principales de Appell o funciones hipergeométricas.

Para $c>2$ Mathematica también da lo siguiente: $$ I(\nu,c) = \frac{\Gamma(\frac{1+3\nu}{2})c^{-1-2\nu}}{\Gamma(\frac{1-\nu}{2})\Gamma(1+\nu)^2} \,\,\,{}_3F_2\left( \frac{1+\nu}{2}, \frac{1}{2}+\nu, \frac{1+3\nu}{2}; 1+\nu, 1+2\nu; \frac{4}{c^2} \right), $$ pero esto es incorrecto cuando $c<2$ .

Answer 2

Ver la sección 6 en http://arxiv.org/abs/1007.0667 para ese tipo de integrales de triple producto.