Para $\alpha, \beta, \gamma \in (0,1)$ satisfacción $\alpha+\beta+\gamma = 1$ y
$\mu \in \mathbb{C} \setminus [1,\infty)$, definir
$$
F_{\alpha\beta}(\mu) = \int_0^1\frac{dx}{x^\alpha(1-x)^\beta(1-\mu x)^\gamma}
\quad\text{ y }\quad
\Delta = \frac{\Gamma(1-\alpha)\Gamma(1-\beta)}{\Gamma(1+\gamma)}
$$
Al $|\mu| < 1$, podemos reescribir la integral de la $F_{\alpha\beta}(\mu)$
$$\begin{align}
F_{\alpha\beta}(\mu)
= & \int_0^1 \frac{1}{x^\alpha(1-x)^{\beta}}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\gamma)_n}{n!}\mu^n x^n\right) dx
= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\gamma)_n}{n!}\frac{\Gamma(n+1-\alpha)\Gamma(1-\beta)}{\Gamma(n+1+\gamma)}\mu^n\\
= & \Delta\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\gamma)_n (1-\alpha)_n}{n!(\gamma+1)_n}\mu^n
= \Delta\gamma \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(1-\alpha)_n}{n!(\gamma+n)}\mu^n
\end{align}$$
Esto implica
$$
\mu^{-\gamma} \left(\mu\frac{\partial}{\partial \mu}\right) \mu^{\gamma} F_{\alpha\beta}(\mu) =
\Delta\gamma \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(1-\alpha)_n}{n!}\mu^n
= \Delta\gamma\frac{1}{(1-\mu)^{1-\alpha}}
$$
y por lo tanto
$$F_{\alpha\beta}(\mu)
= \Delta\gamma \mu^{-\gamma} \int_0^\mu \frac{\nu^{\gamma-1}d\nu}{(1-\nu)^{1-\alpha}}
= \Delta\gamma \int_0^1 \frac{t^{\gamma-1} dt}{(1-\mu t)^{1-\alpha}}
= \Delta \int_0^1 \frac{dt}{(1 - \mu t^{1/\gamma})^{1-\alpha}}$$
Aviso si sustituimos $x$$y = 1-x$, tenemos
$$F_{\alpha\beta}(\mu) = \int_0^1 \frac{dy}{y^\beta(1-y)^\alpha(1-\mu - \mu y)^{\gamma}}
= \frac{1}{(1-\mu)^\gamma} F_{\beta\alpha}(-\frac{\mu}{1-\mu})$$
Combinar estas dos representaciones de $F_{\alpha\beta}(\mu)$ y deje $\omega = \left(\frac{\mu}{1-\mu}\right)^{\gamma}$, obtenemos
$$F_{\alpha\beta}(\mu) = \frac{\Delta}{(1-\mu)^{\gamma}}\int_0^1 \frac{dt}{( 1 + \omega^{1/\gamma} t^{1/\gamma})^{1-\beta}} = \frac{\Delta}{\mu^\gamma}\int_0^\omega \frac{dt}{(1 + t^{1/\gamma})^{1-\beta}}$$
Deje $(\alpha,\beta,\gamma) = (\frac14,\frac12,\frac14)$$\mu = \frac{\sqrt{3}}{2}$, la identidad que queremos comprobar convierte en
$$\frac{\Gamma(\frac34)\Gamma(\frac12)}{\Gamma(\frac54) (\sqrt{3})^{1/4}}\int_0^\omega \frac{dt}{\sqrt{1+t^4}} \stackrel{?}{=} \frac{2\sqrt{2}}{3\sqrt[8]{3}} \pi\tag{*1}$$
Deje $K(m)$ ser la integral elíptica completa de primera especie asociada con el módulo de $m$. es decir,
$$K(m) = \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-mx^2)}}$$
Se sabe que $\displaystyle K(\frac12) = \frac{8\pi^{3/2}}{\Gamma(-\frac14)^2}$. En el plazo de $K(\frac12)$, es de fácil comprobación $(*1)$ es equivalente a
$$\int_0^\omega \frac{dt}{\sqrt{1+t^4}} \stackrel{?}{=} \frac23 K(\frac12)\tag{*2}$$
A ver si este es el caso, deje $\varphi(u)$ ser la función inversa de la integral anterior.
Más precisamente, definir $\varphi(u)$ mediante la siguiente relación:
$$u = \int_0^{\varphi(u)} \frac{dt}{\sqrt{1+t^4}}$$
Deje $\psi(u)$$\frac{1}{\sqrt{2}}(\varphi(u) + \varphi(u)^{-1})$. Es fácil comprobar/verificar
$$
\varphi'(u)^2 = 1 + \varphi(u)^4
\implica
\psi'(u)^2 = 4 (1 - \psi(u)^2)(1 - \frac12 \psi(u)^2)
$$
Comparar la ODA de la $\psi(u)$ con la de un Jacobi funciones elípticas con el módulo de $m = \frac12$, nos encontramos con
$$\psi(u) = \text{sn}(2u + \text{constant} | \frac12 )\tag{*3}$$
Puesto que se va a tratar con funciones elípticas/integrales con $m = \frac12$,
vamos a simplificar nuestras notaciones y soltar toda referencia al módulo, me.e
$\text{sn}(u)$ , significa que ahora $\text{sn}(u|m=\frac12)$$K$$K(m = \frac12)$.
Sobre el plano complejo, se sabe que $\text{sn}(u)$ es doblemente periódica con
un periodo fundamental para la $4 K$$2i K$. Tiene dos polos en $i K$ $(2 + i)K$ en el dominio.
Al $u = 0$, queremos $\varphi(u) = 0$ y, por tanto,$\psi(u) = \infty$. De modo que la constante de
en $(*3)$ tiene que ser uno de los polos. Para los pequeños y positivos $u$, queremos $\varphi(u)$ y, por tanto, $\psi(u)$ a ser positivo. Esto corrige la constante de a $i K$. es decir,
$$\psi(u) = \text{sn}(2u + iK )$$
y la condición de $(*2)$ se convierte en si la siguiente igualdad es verdadera o no.
$$\frac{1}{\sqrt{2}} (\omega + \omega^{-1}) \stackrel{?}{=} \text{sn}( \frac43 K + i K)\tag{*4}$$
Aviso de $ 3( \frac43 K + i K) = 4 K + 3 i K $ es un polo de $\text{sn}(u)$. si una repetición
aplicar la adición fórmula para $\text{sn}(u+v)$
$$\text{sn}(u+v) = \frac{\text{sn}(u)\text{cn}(v)\text{dn}(v)+\text{sn}(v)\text{cn}(u)\text{dn}(u)}{1-m\,\text{sn}(u)^2 \text{sn}(v)^2}$$
Encuentra uno en orden para $\text{sn}(3u)$ a volar, $\text{sn}(u)$ va a ser una raíz de
siguiente ecuación polinómica:
$$3 m^2 s^8-4 m^2 s^6-4 m s^6+6 m s^4-1 = 0$$
Sustituto $m = \frac12$ $s = \frac{1}{\sqrt{2}}(t+\frac{1}{t})$ a esto, la ecuación de $\omega$ necesidad a satisfacer es dada por:
$$(t^8 - 6 t^4 - 3)(3 t^8 + 6 t^4 - 1 ) = 0$$
Uno puede comprobar que $\omega = \sqrt[4]{\frac{\sqrt{3}}{2-\sqrt{3}}}$ es de hecho una raíz de este polinomio. Como resultado, el original de la igualdad es válida.
