Para evaluar $\int_0^{+\infty} \frac{\;\mathrm dx}{\sqrt[3]{x^3+a^3}\sqrt[3]{x^3+b^3}\sqrt[3]{x^3+c^3}}$

Question

$$f(a,b)=\int_0^{+\infty} \frac{\;\mathrm dx}{\sqrt{x^2+a^2}\sqrt{x^2+b^2}}$$

El uso de Landen la transformación de la

$$f(a,b)=\int_0^{+\infty} \frac{\;\mathrm dx}{\sqrt{x^2+(\frac{a+b}{2})^2}\sqrt{x^2+ab}}$$

$$f(a,b)=f\left(\frac{a+b}{2},\sqrt{ab}\right)=\int_0^{+\infty} \frac{\;\mathrm dx}{\sqrt{x^2+c^2}\sqrt{x^2+c^2}}=\int_0^{+\infty} \frac{\;\mathrm dx}{x^2+c^2}=\frac{\pi}{2c}$$

$$c=\operatorname{AGM}(a,b)$$

$\operatorname{AGM}$ es Aritmética–media geométrica

Me gustaría encontrar semejante transformación para:

$a,b,c>0$

$$g(a,b,c)=\int_0^{+\infty} \frac{\;\mathrm dx}{\sqrt[3]{x^3+a^3}\sqrt[3]{x^3+b^3}\sqrt[3]{x^3+c^3}}$$

¿Sabe usted el mismo tipo de método de transformación para que la integral?

O que otros métodos pueden ser utilizados para evaluar esta integral impropia?

Muchas gracias por las respuestas y ayuda.

ACTUALIZACIÓN:

Me gustaría compartir mis resultados. Tal vez alguien puede dar algunas ideas para seguir adelante.

$$g(a,b,c)=\frac{1}{F(a,b,c)}=\int_0^{+\infty} \frac{\;\mathrm dx}{\sqrt[3]{x^3+a^3}\sqrt[3]{x^3+b^3}\sqrt[3]{x^3+c^3}}$$ $$\frac{1}{F(a.k,b.k,c.k)}=\int_0^{+\infty} \frac{\;\mathrm dx}{\sqrt[3]{x^3+a^3k^3}\sqrt[3]{x^3+b^3k^3}\sqrt[3]{x^3+c^3k^3}}$$

$$\frac{1}{F(a.k,b.k,c.k)}=\int_0^{+\infty} \frac{\;\mathrm dx}{k^3\sqrt[3]{\frac{x^3}{k^3}+a^3}\sqrt[3]{\frac{x^3}{k^3}+b^3}\sqrt[3]{\frac{x^3}{k^3}+c^3}}$$ $ku=x$ $$\frac{1}{F(a.k,b.k,c.k)}=\int_0^{+\infty} \frac{\;k du}{k^3\sqrt[3]{u^3+a^3}\sqrt[3]{u^3+b^3}\sqrt[3]{u^3+c^3}}$$

$$F(a.k,b.k,c.k)=k^2F(a,b,c)$$

$k=\frac{1}{a}$

$$F\left(1,\frac{b}{a},\frac{c}{a}\right)=\frac{1}{a^2}F(a,b,c)$$

$$F\left(a,b,c\right)=a^2F\left(1,\frac{b}{a},\frac{c}{a}\right)$$

$\frac{b}{a}=t$

$\frac{c}{a}=z$

$$F(a,at,az)=a^2F(1,t,z)=a^2H(t,z)$$

$$\frac{1}{F(a,at,az)}=\frac{1}{a^2F(1,t,z)}=\frac{1}{a^2H(t,z)}=\frac{1}{a^2}\int_0^{+\infty} \frac{\;\mathrm dx}{\sqrt[3]{x^3+1}\sqrt[3]{x^3+t^3}\sqrt[3]{x^3+z^3}}$$

Ahora el problema es para 2 variables. $$\frac{1}{H(t,z)}=V(t,z)=\int_0^{+\infty} \frac{\;\mathrm dx}{\sqrt[3]{x^3+1}\sqrt[3]{x^3+t^3}\sqrt[3]{x^3+z^3}}$$

Podemos obtener una ecuación diferencial parcial de aquí

$$\frac{\partial V(t,z)}{\partial t}=-\int_0^{+\infty} \frac{t^2\;\mathrm dx}{\sqrt[3]{x^3+1}(x^3+t^3)\sqrt[3]{x^3+t^3}\sqrt[3]{x^3+z^3}}$$

$$\frac{\partial V(t,z)}{\partial z}=-\int_0^{+\infty} \frac{z^2\;\mathrm dx}{\sqrt[3]{x^3+1}(x^3+z^3)\sqrt[3]{x^3+t^3}\sqrt[3]{x^3+z^3}}$$

$$\frac{\partial^2 V(t,z)}{\partial t \partial z }=\int_0^{+\infty} \frac{t^2z^2\;\mathrm dx}{\sqrt[3]{x^3+1}(x^3+t^3)(x^3+z^3)\sqrt[3]{x^3+t^3}\sqrt[3]{x^3+z^3}}=$$

$$=\frac{1 }{z^3-t^3}\int_0^{+\infty} \frac{t^2z^2\;\mathrm dx}{\sqrt[3]{x^3+1}(x^3+t^3)\sqrt[3]{x^3+t^3}\sqrt[3]{x^3+z^3}}+\frac{1 }{t^3-z^3}\int_0^{+\infty} \frac{t^2z^2\; \mathrm dx}{\sqrt[3]{x^3+1}(x^3+z^3)\sqrt[3]{x^3+t^3}\sqrt[3]{x^3+z^3}}$$

$$(t^3 -z^3 )\frac{\partial^2 V(t,z)}{\partial t \partial z }=z^2\frac{\partial V(t,z)}{\partial t }- t^2\frac{\partial V(t,z)}{\partial z }$$

Ahora estoy buscando una transformación que

$t=k(s,y)$ $z=l(s,y)$ Para obtener la misma ecuación

$$(s^3 -y^3 )\frac{\partial^2 V(s,y)}{\partial s \partial y }=y^2\frac{\partial V(s,y)}{\partial s }- s^2\frac{\partial V(s,y)}{\partial y }$$

ACTUALIZACIÓN 2: he intentado utilizar el cambio de una variable .

$$\frac{1}{H(t,z)}=V(t,z)=\int_0^{+\infty} \frac{\;\mathrm dx}{\sqrt[3]{x^3+1}\sqrt[3]{x^3+t^3}\sqrt[3]{x^3+z^3}}$$

$$u=\frac{x}{\sqrt[3]{x^3+1}}$$

$$\frac{du}{1-u^3}=\frac{dx}{\sqrt[3]{x^3+1}}$$

$$\frac{1}{H(t,z)}=V(t,z)=\int_0^{1} \frac{\;du}{(1-u^3)\sqrt[3]{\frac{u^3}{1-u^3}+t^3}\sqrt[3]{\frac{u^3}{1-u^3}+z^3}}=$$

$$=\int_0^{1} \frac{\;du}{\sqrt[3]{1-u^3}\sqrt[3]{t^3+(1-t^3)u^3}\sqrt[3]{z^3+(1-z^3)u^3}}$$

$$=\frac{1}{\sqrt[3]{(1-t^3)}\sqrt[3]{(1-z^3)}}\int_0^{1} \frac{\;du}{\sqrt[3]{1-u^3}\sqrt[3]{(\cfrac{t}{\sqrt[3]{(1-t^3)}})^3+u^3}\sqrt[3]{(\cfrac{z}{\sqrt[3]{(1-z^3)}})^3+u^3}}$$

Si combinamos los resultados anteriores, podemos obtener

$$g(a,b,c)=\frac{1}{F(a,b,c)}=\int_0^{+\infty} \frac{\;\mathrm dx}{\sqrt[3]{x^3+a^3}\sqrt[3]{x^3+b^3}\sqrt[3]{x^3+c^3}}$$

$$u=\frac{x}{\sqrt[3]{x^3+a^3}}$$

$$\frac{du}{1-u^3}=\frac{dx}{\sqrt[3]{x^3+a^3}}$$

$$g(a,b,c)=\frac{1}{F(a,b,c)}=\int_0^{1} \frac{\;du}{(1-u^3)\sqrt[3]{\frac{a^3u^3}{1-u^3}+b^3}\sqrt[3]{\frac{a^3u^3}{1-u^3}+c^3}}=\int_0^{1} \frac{\;du}{\sqrt[3]{1-u^3}\sqrt[3]{b^3-(b^3-a^3)u^3}\sqrt[3]{c^3-(c^3-a^3)u^3}}$$

$$g(a,b,c)=\frac{1}{F(a,b,c)}=\frac{1}{bc}\int_0^{1} \frac{\;du}{\sqrt[3]{1-u^3}\sqrt[3]{1-(1-(a/b)^3)u^3}\sqrt[3]{1-(1-(a/c)^3)u^3}}$$

$$\frac{1}{T(x,y)}=\int_0^{1} \frac{\;du}{\sqrt[3]{1-u^3}\sqrt[3]{1-x^3u^3}\sqrt[3]{1-y^3u^3}}$$

$$F(a,b,c)=bc .T(\sqrt[3]{1-(a/b)^3},\sqrt[3]{1-(a/c)^3})=ac.T(\sqrt[3]{1-(b/a)^3},\sqrt[3]{1-(b/c)^3})=ab.T(\sqrt[3]{1-(c/a)^3},\sqrt[3]{1-(c/b)^3})$$

Parece que Si solucionamos $\int_0^{1} \frac{\;du}{\sqrt[3]{1-u^3}\sqrt[3]{1-x^3u^3}\sqrt[3]{1-y^3u^3}}$, va a ser suficiente.

Tal vez puede ser otro grupo de integrales o se puede encontrar una relación con las integrales elípticas como $\int_0^{1} \frac{\;du}{\sqrt{1-u^2}\sqrt{1-x^2u^2}}$. Yo no lo sé todavía.

Answer 1

Hay un conocido AGM-al igual que la transformación de su integral $$ g(a,b,c) = \int_0^\infty \frac{dx} { \root 3 \{x^3+a^3} \root 3 \{x^3+b^3} \root 3 \{x^3+c^3} }. $$ Se obtuvo sólo un par de años, y es bastante más complicado y más difícil de probar que Landen la transformación; es inspirado por el familiar AGM, pero no se reduce a ella, y debe ser desarrollado en sus propios términos.

Definir $$ I(a,b,c) = \int_0^\infty \frac{dt}{\raíz 3 \{t(t+a^3)(t+b^3)(t+c^3)}}. $$ El cambio de variables $x^3 = 1/t$, $dx = -t^{-4/3} dt/3$ da $$ g(a,b,c) = \frac13\int_0^\infty \frac{dt} {\raíz 3 \{t(1+a^3t)(1+b^3t)(1+c^3t)}} = \frac1{3abc} I(a^{-1} b^{-1},c^{-1}). $$

Ahora el AGM-como la identidad es $$ I(a,b,c) = I(a',b',c') $$ donde la transformación $\psi: (a,b,c) \mapsto (a',b',c')$ está dado por $$ una' = \frac13(a+b+c), \quad b', c' = \left[\frac12 \left( \frac{a^2 (b+c) + b^2(c+a) + c^2(a+b)}{3} \pm \frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{\sqrt{-27}} \right)\right)^{1/3}. $$ Tenga en cuenta el $\sqrt{-27}$ en el denominador: si $a,b,c$ son distintos positivo reales, a continuación, $b',c'$ son complejos conjugados (elegido para ser el director raíces cúbicas), pero, a continuación, otra aplicación de la $\psi$ devuelve positivo $a'',b'',c''$ que están mucho más cerca de lo $a,b,c$. La aplicación repetida de $\psi$ los rendimientos de una secuencia que converge cubically a $(M,M,M)$ algunos $M=M(a,b,c)$ que es el análogo de estos "Picard períodos" de la junta general de accionistas; y, a continuación, $$ I(a,b,c) = I(M,M,M) = \frac{\pi \sqrt{4/3}}{M}. $$

For example, if we want to evaluate $g(3.1,4.1,5.9)$ luego de escribir $$ g(3.1,4.1,5.9) = \frac1{3 \cdot 3.1 \cdot 4.1 \cdot 5.9} I\left(\frac1{3.1},\frac1{4.1},\frac1{5.9}\right). $$ La aplicación de $\psi^3$ $(1/3.1, 1/4.1, 1/5.9)$rendimientos $M = 0.2453101037492669116299747362\ldots$, por lo que $I(1/3.1, 1/4.1, 1/5.9) = \pi \sqrt{4/3} / M = 14.78780805610937446473708974\ldots$, y $g(3.1,4.1,5.9) = 0.0657332322345471756512603615-$ lo cual está de acuerdo con la computación numérica de $g(a,b,c)$ (trate de decirle

intnum(x=0,[+1],((x^3+3.1^3)*(x^3+4.1^3)*(x^3+5.9^3))^(-1/3))

a gp).

La referencia de donde la he encontrado fórmulas equivalente a la receta anterior para $I(a,b,c)$ es

Keiji Matsumoto y Hironori Shiga: Una variante de Jacobi tipo de fórmula para Picard curvas, J. Math. Soc. Japón 62 #1 (2010), 305$-$319. (doi: 10.2969/jmsj/06210305)

Este documento a su vez los atributos de las fórmulas para $\psi$ $M$ a Teorema 2.2 en la página 134 de

Kenji Koike y Hironori Shiga: Isogeny fórmulas para la Picard de forma modular y un de tres términos de la aritmética media geométrica, J. Teoría De Los Números 124 (2007), 123$-$141.