Muy interesante la forma cerrada para $\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\left(\frac{1}{3}+\sin^2{\theta}\right)^{\frac{1}{3}}}\;d\theta$

Question

Hace algún tiempo, he utilizado un enfoque formal para derivar la siguiente identidad:

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\left(\frac{1}{3}+\sin^2{\theta}\right)^{\frac{1}{3}}}\;d\theta=\frac{3^{\frac{1}{12}}\pi\sqrt{2}}{AGM(1+\sqrt{3},\sqrt{8})}\tag{1}$$

donde $AGM$ es la aritmética-media geométrica. Wolfram Alpha no me diga si esto es correcto, pero parece ser exacta el número de posiciones decimales. Tengo tres preguntas:

1. ¿Alguien puede comprobar si $(1)$ es de hecho correcta?
2. Hay una manera de generalizar $(1)$ a las integrales de la forma $\int_0^\infty\left(a+\sin^2{\theta}\right)^{-\frac{1}{3}}\;d\theta$ o esto es un integrante más especial? Mi derivación (ver más abajo), parece que sólo funcionan para $a=\frac{1}{3}$.
3. Hay una similitud superficial entre el $(1)$ y las integrales elípticas (por ejemplo, el $AGM$ de la evaluación); es allí una manera de transformar esta integral en una integral elíptica que me he perdido, o es una mera coincidencia que un integrante de esta forma es la recíproca de una $AGM$?

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Derivación: he puesto esto aquí en caso de que ayuda a ver de donde soy; me disculpo por su longitud. Empecé por el uso de un múltiple de integración truco de el cuadrado de la integral y de la conversión a coordenadas polares para evaluar $\int_0^\infty e^{-x^6}dx=\frac{1}{6}\Gamma(\frac{1}{6})$ como sigue:

$$\left[\int_0^\infty e^{-x^6}\;dx\right]^2=\int_0^\infty\int_0^{\frac{\pi}{2}}re^{-r^6(\cos^6\theta+\sin^6\theta)}\;d\theta\;dx={\int_0^\infty re^{-r^6}\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{3r^6\cos^2\theta\sin^2\theta}\;d\theta\;dx}$$

$$=\int_0^\infty re^{-r^6}\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{\frac{3r^6}{4}\sin^22\theta}\;d\theta\;dx={\int_0^\infty re^{-r^6}\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{\frac{3r^6}{4}\cos^2\theta}\;d\theta\;dx}$$

Yo, a continuación, hizo uso de la siguiente fórmula (ver aquí):

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(2n)!}{(n!)^3}x^n=\frac{2}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{4x\cos^2\theta}\;d\theta\tag{2}$$

El uso de $(2)$ y formalmente intercambio de integración y la suma obtenemos:

$$\frac{\Gamma(\frac{1}{6})^2}{36}=\int_0^\infty re^{-r^6}\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{4(\frac{3r^6}{16})\cos^2\theta}\;d\theta\;dx=\frac{\pi}{2}\int_0^\infty re^{-r^6}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(2n)!}{(n!)^3}\left(\frac{3r^6}{16}\right)^n\;dx$$

$$=\frac{\pi}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(2n)!}{(n!)^3}\left(\frac{3}{16}\right)^n \int_0^\infty r^{6n+1}e^{-r^6}\;dx=\frac{\pi}{12}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(2n)!}{(n!)^3}\left(\frac{3}{16}\right)^n \Gamma\left(n+\frac{1}{3}\right)$$

Luego utiliza la transformada de Laplace de las identidades y $(2)$, intercambiando libremente integrales y sumas, a escribir:

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(2n)!}{(n!)^3}\frac{\Gamma\left(n+\frac{1}{3}\right)}{s^{n+\frac{1}{3}}}=L\left[\sum_{n=0}^\infty \frac{(2n)!}{(n!)^3}t^{n-\frac{2}{3}}\right](s)={\frac{2}{\pi}L\left[t^{-\frac{2}{3}}\int_0^\frac{\pi}{2}e^{4t\cos^2\theta}\;d\theta\right](s)}={\frac{2}{\pi}\int_0^\frac{\pi}{2}L\left[t^{-\frac{2}{3}}e^{4t\cos^2\theta}\right](s)\;d\theta}={\frac{2}{\pi}\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\Gamma(\frac{1}{3})}{(s-4\cos^2\theta)^{\frac{1}{3}}}\;d\theta}$$

En consecuencia, puesto que $\frac{4}{3}-\cos^2\theta=\frac{1}{3}+\sin^2{\theta}$ podemos deducir que:

$$\frac{\Gamma(\frac{1}{6})^2}{36}=\frac{\Gamma(\frac{1}{3})}{6}\left(\frac{4}{3}\right)^\frac{1}{3}\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{1}{(\frac{1}{3}+\sin^2\theta)^{\frac{1}{3}}}\;d\theta$$

La reflexión y la duplicación de dar $\Gamma(\frac{1}{6})=2^{-\frac{1}{3}}\sqrt{\frac{3}{\pi}}\Gamma(\frac{1}{3})^2$ y por lo tanto tenemos la siguiente identidad:

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\left(\frac{1}{3}+\sin^2{\theta}\right)^{\frac{1}{3}}}\;d\theta=\frac{3^\frac{1}{3}\Gamma(\frac{1}{3})^3}{2^\frac{7}{3}\pi}\tag{3}$$

mientras que $(1)$ puede obtenerse mediante la siguiente identidad (ver aquí):

$$\Gamma\left(\frac{1}{6}\right)=\frac{2^\frac{14}{9}3^\frac{1}{3}\pi^\frac{5}{6}}{AGM(1+\sqrt{3},\sqrt{8})^\frac{2}{3}}$$

Esto completa la derivación; no puedo ver cómo un método como este (especialmente con la conversión a coordenadas polares) podría ser utilizado para dar resultados más generales de $(1)$$(3)$.

Answer 1

Esta es la respuesta a la pregunta 3.

La expansión en los poderes de $\frac{\cos^2x}{s+4}$ y la integración de termwise se obtiene $$ \int_0^{\pi/2}\frac{1}{\sqrt[3]{s+4 \sen ^2x}}dx=\int_0^{\pi/2}\frac{1}{\sqrt[3]{s+4 -4\cos ^2x}}dx=\frac{\pi \, _2F_1\left(\frac{1}{2},\frac{1}{3};1;\frac{4}{s+4}\right)}{2 \sqrt[3]{s+4}}. $$ El uso de Pfaff la transformación de escribir $$ {}_2F_1\left(\frac{1}{2},\frac{1}{3};1;\frac{4}{s+4}\right)=\sqrt{\frac{s+4}{s}} \, _2F_1\left(\frac{1}{2},\frac{2}{3};1;-\frac{4}{s}\right). $$ Por la transformación 2.11(5) de Erdelyi, Más funciones trascendentes $$ _2F_1\left(\frac{1}{2},\frac{2}{3};1;-\frac{4}{s}\right)=\left(\frac{2}{\sqrt{\frac{4}{s}+1}+1}\right)^{4/3} \, _2F_1\left(\frac{2}{3},\frac{2}{3};1;\left(\frac{1-\sqrt{1+\frac{4}{s}}}{\sqrt{1+\frac{4}{s}}+1}\right)^2\right) $$ Ahora aplicar Pfaff la transformación de la $$ {}_2F_1\left(\frac{2}{3},\frac{2}{3};1;\left(\tfrac{1-\sqrt{1+\frac{4}{s}}}{\sqrt{1+\frac{4}{s}}+1}\right)^2\right)=\left(\tfrac{4 \sqrt{\frac{4}{s}+1}}{\left(\sqrt{\frac{4}{s}+1}+1\right)^2}\right)^{-2/3} \, _2F_1\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3};1;-\tfrac{\left(\sqrt{\frac{s+4}{s}}-1\right)^2}{4 \sqrt{\frac{s+4}{s}}}\right) $$ Se sabe que esta última función hipergeométrica es la integral elíptica. Introducir la siguiente parametrización de Ramanujan Cuadernos de notas, en la PARTE V, fórmula 5.17 $$ s=-2+\frac{2}{3 \sqrt{3}}\frac{\left(2+2p-p^2\right) \left(1+4p+p^2\right) \left(1-2 p-2 p^2\right)}{p \left(1-p^2\right) (p+2) (2 p+1)},\etiqueta{1} $$ entonces $$ \sqrt{2 p+1} \, _2F_1\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3};1;-\frac{\left(\sqrt{\frac{s+4}{s}}-1\right)^2}{4 \sqrt{\frac{s+4}{s}}}\right)=\left(p^2+p+1\right) \, _2F_1\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};1;\frac{p^3 (p+2)}{2 p+1}\right), $$ y después de la combinación de todas las fórmulas

$$ \int_0^{\pi/2}\frac{1}{\sqrt[3]{s+4 \sen ^2x}}dx=\frac{\pi \left(p^2+p+1\right) \, _2F_1\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};1;\frac{p^3 (p+2)}{2 p+1}\right)}{2\sqrt{2 p+1} \sqrt[6]{s (s+4)}} $$ con la parametrización (1).

Como un ejemplo,$p=-\frac{1}{2}+\frac{3}{\sqrt[3]{2}}-\frac{3}{2^{2/3}}+\frac{i}{2} \sqrt{3 \left(13-4 \sqrt[3]{2}-5\cdot 2^{2/3}\right)}$, $s=\frac43$ y $$ \int_0^{\pi/2}\frac{1}{\sqrt[3]{\frac13+\sin ^2x}}dx=\frac{3^{1/3} \pi \left(p^2+p+1\right) \, _2F_1\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};1;\frac{p^3 (p+2)}{2 p+1}\right)}{2^{4/3}\sqrt{2 p+1} } $$

Una forma más cómoda parametrización en términos de eta-cocientes puede ser obtenida similar a esta pregunta:

Definir $\tau=\frac{1+n\sqrt{-3}}{2}$,$~w=-\frac{1}{\tau+1}$,$~\alpha=\frac{1}{4\sqrt{27}}\left(e^{\frac{\pi i}{4}} \sqrt{27} \left(\frac{\eta (3 w)}{\eta (w)}\right)^3-e^{-\frac{\pi i}{4} }\left(\frac{\eta (3 w)}{\eta (w)}\right)^{-3}\right)^2$, y $~r=\alpha(\alpha+1),$ $$ \begin{aligned}\int_0^{\pi/2}\frac{1}{\sqrt[3]{\alpha+\sin ^2x}}dx &=-\frac{\pi w\sqrt{3} ~i }{2\sqrt[6]{r}}\left(\frac{\eta (2 w) \eta^6 (3 w)}{\eta^2 (w) \eta^3 (6 w)}+4\frac{\eta (w)\eta^6 (6 w) }{\eta^2 (2 w) \eta^3 (3 w)}\right)\\[2.5mm] &=-\frac{\pi w\sqrt{3} ~i }{2\sqrt[6]{r}}\left(\frac{\big(\vartheta_4(0,q^6)\big)^3}{\vartheta_4(0,q^2)}+\frac{\big(\vartheta_2(0,q^3)\big)^3}{\vartheta_2(0,q)}\right)\\[2.5mm] &=-\frac{\pi w\sqrt{3} ~i }{2\sqrt[6]{r}}\;_2F_1\large\left(\tfrac13,\tfrac23;1;\tfrac{2r\,+\,(1+2\alpha)\sqrt{r}}{4r}\right)\end{aligned} $$ con Jacobi funciones theta $\vartheta_n(0,q)$ y nome $q=e^{\pi i\, w}$.

Por ejemplo, $n=3$ da $\alpha=\frac{1}{3}$.

Answer 2

Haciendo la sustitución de $\displaystyle \,\, \cos x = \operatorname{sech} t,$ la integral se transforma en $$I=\int_0^{\pi/2} \left(\frac{4}{3}-\cos^2 x\right)^{-1/3} \, dx = \int_0^\infty \left(\frac{4}{3}-\operatorname{sech}^2\right)^{-1/3} \, \operatorname{sech} t \, dt.$$ Ahora, el uso de la triple ángulo de fórmula $\displaystyle \, \, \cosh(3 z) =4 \, \cosh^3 z -3 \, \cosh z,$ podemos simplificar a $$I= \int_0^\infty \left( \dfrac{\cosh(3 t)}{3 \, \cosh^3 t} \right)^{-1/3} \, \operatorname{sech} t \, dt \\\\= 3^{1/3} \int_0^{\infty} (\operatorname{sech} 3 t)^{1/3} \, dt.$$

Ver por ejemplo aquí cómo podemos demostrar fácilmente que $$\int_0^{\infty} (\operatorname{sech} t)^{s} dt = \frac12 B\left(\frac{s}{2},\frac12\right).$$

Esto le da a su integral como $$ I = 3^{-2/3} \cdot \frac12 B\left(\frac16,\frac12\right)$$

que usted puede traer a su representación equivalente usando el funcional de las ecuaciones de la función Gamma.

Answer 3

(Demasiado largo para un comentario.)

La expansión en un último comentario por Nemo, hay una conexión interesante entre el OP, $$\int_0^{\pi/2}\frac1{\sqrt[3]{\color{blue}{\alpha}+\sin^2 x}}dx=\frac{\pi}{2\,\sqrt[3]{\alpha+1}}\,_2F_1\Big(\frac12,\frac13;1;\,\frac1{\color{blue}{\alpha}+1}\Big)\tag1$$ y la integral involucrados en este post, $$\int_0^{\infty}\frac1{\sqrt[3]{\color{blue}{1+2\alpha}+\cosh x}}dx=2^{2/3}\,3^{1/4}K(k_3)\;_2F_1\Big(\frac13,\frac13;\frac56;-\color{blue}{\alpha}\Big)\tag2$$ Ecuaciones $(1),(2)$ son válidos para arbitrario $\alpha$. Pero si es elegido de tal manera que, $$\color{blue}{\alpha} =\alpha(\tau)= \frac1{4\sqrt{27}}\big(\lambda^3-\sqrt{27}\lambda^{-3}\big)^2$$ donde, $$\lambda =\frac{\eta\big(\frac{\tau+1}3\big)}{\eta(\tau)},\quad \tau=\frac{1+N\sqrt{-3}}2$$ entonces, hay un hermoso simple relación entre el$(1),(2)$,

$$\frac{N+1}{2^{1/3}\,3^{1/2}}\,\int_0^{\pi/2}\frac1{\sqrt[3]{\color{blue}{\alpha}+\sin^2 x}}dx=\int_0^{\infty}\frac1{\sqrt[3]{\color{blue}{1+2\alpha}+\cosh x}}dx\tag3$$

La forma cerrada para la RHS (a través de su hipergeométrica equivalente) que ya está dado en esta respuesta, por lo que automáticamente nos lleva a la forma de la LHS así. Algunos racional son los valores,

$$\alpha\big(\tfrac{1+3\sqrt{-3}}2\big)=\large\tfrac13$$ $$\alpha\big(\tfrac{1+5\sqrt{-3}}2\big)=4$$ $$\alpha\big(\tfrac{1+7\sqrt{-3}}2\big)=27$$

que será algebraicas por entero $N>1$. El primero fue re-descubierto por el OP y llevar a la agradable evaluaciones,

$$\int_0^{\pi/2}\frac1{\sqrt[3]{\tfrac13+\sin^2 x}}dx=3^{1/12}\,K(k_3)$$ $$\int_0^{\pi/2}\frac1{\sqrt[3]{4+\sin^2 x}}dx=\frac{3^{3/4}}{5^{5/6}}\,K(k_3)$$ $$\int_0^{\pi/2}\frac1{\sqrt[3]{27+\sin^2 x}}dx=\frac{3^{3/4}}7\,K(k_3)$$