Demostrar que conoce la forma cerrada para $\int_0^\infty e^{-x}I_0\left(\frac{x}{3}\right)^3\;dx$

Question

Sé que la siguiente identidad es correcta, pero me encantaría ver una derivación:

$$\int_0^\infty e^{-x}I_0\left(\frac{x}{3}\right)^3\;dx=\frac{\sqrt{6}}{32\pi^3}\Gamma\left(\frac{1}{24}\right)\Gamma\left(\frac{5}{24}\right)\Gamma\left(\frac{7}{24}\right)\Gamma\left(\frac{11}{24}\right)\tag{1}$$

donde $I_0(x)$ es una modificación de la función de Bessel de primera especie. La forma de la RHS me hace suponer que la integral elíptica singular valor $K(k_6)$ es de alguna manera involucrados, pero veo que no hay una forma obvia de la transformación de la LHS en una integral elíptica. Mi petición es para ver una forma de evaluar esta integral directamente para demostrar que es igual a la RHS.

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Antecedentes: Esta integral se plantea en la teoría de la recurrencia de paseo aleatorio en una red cúbica. Jonathan Novak elegantemente muestra aquí el uso de la generación de las funciones que la probabilidad de recurrencia de un paseo aleatorio en $\mathbb{Z}^d$ $p(d)=1-\frac{1}{u(d)}$ donde:

$$u(d)=\int_0^\infty e^{-x}I_0\left(\frac{x}{d}\right)^d\;dx\tag{2}$$

El MathWorld página enumera varias maneras de escribir $u(3)$, incluyendo a $(1)$, pero en ninguna de las referencias podría yo encontrar un determinado derivación de $(1)$. La mayoría de los debates pertinentes he encontrado (por ejemplo, aquí y aquí donde las integrales elípticas hacer aparecer) trabajo de una forma alternativa de escribir $u(3)$, a saber:

$$u(3)=\frac{3}{2\pi^3}\int_{-\pi}^\pi\int_{-\pi}^\pi\int_{-\pi}^\pi\frac{dx\;dy\;dz}{3-\cos{x}-\cos{y}-\cos{z}}\tag{3}$$

en lugar de una representación como la de $(2)$. Creo $(3)$ viene de una forma alternativa de resolver el paseo aleatorio problema (por ejemplo, ver aquí) que no estoy muy familiarizado con. En consecuencia, estoy pidiendo una derivación de $(1)$ que funciona directamente desde la función de Bessel integral, en lugar de considerar otras formas de calcular el $u(3)$ (derivados de la RHS de $(1)$ $(3)$ no contestó a mi pregunta). Aunque agradezco que no puede ser más sencillo pruebas de $(1)$ a partir de la teoría del paseo aleatorio, me pregunto si hay una buena manera de evaluar la integral en $(1)$ directamente.

Answer 1

Creo que muchas de las identidades están involucrados aquí, así que vamos a definir una respuesta parcial (por ahora). Tenemos $$ I_0(z) = \sum_{n\geq 0}\frac{z^{2n}}{4^n n!^2},\qquad \mathcal{L}(I_0(z))=\frac{\mathbb{1}_{s>1}}{\sqrt{s^2-1}}\tag{1} $$ y $$ I_0(z)^2 = \sum_{n\geq 0}\frac{z^{2n}}{4^n}\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!^2(n-k)!^2} = \sum_{n\geq 0}\frac{z^{2n}}{4^n n!^2}\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}^2=\sum_{n\geq 0}\frac{z^{2n}\binom{2n}{n}}{4^n n!^2}\tag{2}$$ así: $$ \mathcal{L}(I_0(z)^2) =\frac{2}{\pi}\,K\!\left(\frac{2}{s}\right)\mathbb{1}_{s>2}\tag{3}$$ y la conexión con la integral elíptica completa de primera especie es menos oscuro. Si ponemos $$ A_n = \sum_{k=0}^{n}\frac{\binom{2k}{k}}{k!^2(n-k)!^2}\tag{4}$$ tenemos: $$ I_0(z)^3 = \sum_{n\geq 0}\frac{z^{2n}}{4^n}A_n \tag{5} $$ y $$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{+\infty}I_0(z)^3 e^{-3z}\,dz = \sum_{n\geq 0}\frac{(2n)!}{4^n 3^{2n+1}}\,A_n&=&\sum_{0\leq k\leq n}\frac{(2n)!\binom{2k}{k}}{4^n 3^{2n+1} k!^2 (n-k)!^2}\\&=&\sum_{k\geq 0}\frac{(2k)!}{k!^4}\sum_{n\geq k}\frac{(2n)!}{4^n 3^{2n+1}(n-k)!^2}.\tag{6}\end{eqnarray*}$$ La definitiva conexión con un singular valor debe ahora ser una consecuencia de la identidad $$ K(k)^2 = \frac{\pi^2}{4}\sum_{n\geq 0}\left(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)^3 (2kk')^{2n} \tag{7}$$ que se cumple para cualquier $0<k<\frac{1}{\sqrt{2}}$ debido a la (AGM) invariancia de las propiedades de la integral elíptica completa de primera especie.