Cómo mostrar un número infinito de números algebraicos $\alpha$$\beta$$_2F_1\left(\frac14,\frac14;\frac34;-\alpha\right)=\beta\,$?

Question

(Nota: Este es el caso de la $a=\frac14$ de ${_2F_1\left(a ,a ;a +\tfrac12;-u\right)}=2^{a}\frac{\Gamma\big(a+\tfrac12\big)}{\sqrt\pi\,\Gamma(a)}\int_0^\infty\frac{dx}{(1+2u+\cosh x)^a}.\,$ También es $a=\frac13$ e $a=\frac16$.)

En un post, Reshetnikov considera que algunas de las integrales y sus formas equivalentes, $$\frac{1}{2\sqrt2\,K(k_1)}\,\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x}\,\sqrt[4]{x^3+\color{blue}{3}x^4}}=\,_2F_1\big(\tfrac{1}{4},\tfrac{1}{4};\tfrac{3}{4};-\color{blue}3\big) = \frac{2}{3^{3/4}}\tag1$$ $$\frac{1}{2\sqrt2\,K(k_1)}\,\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x}\,\sqrt[4]{x^3+\color{blue}{80}x^4}}=\,_2F_1\big(\tfrac{1}{4},\tfrac{1}{4};\tfrac{3}{4};-\color{blue}{80}\big) = \frac35\tag2$$

Al igual que para el caso de $a=\tfrac13$, postulamos que estos son sólo los primeros de una infinita familia de números algebraicos $\alpha$ $\beta$ de manera tal que,
$$_2F_1\left(\frac14,\frac14;\frac34;-\alpha\right)=\beta\tag3$$

Conjetura: Vamos A $\tau = \frac{1+p\sqrt{-1}}{2}$. Para encontrar $\alpha$, definir la eta cociente $\displaystyle\lambda=\frac{\sqrt2\,\eta(2\tau)}{\zeta_{48}\,\eta(\tau)}$$\zeta_{48} = e^{2\pi i/48}$. Luego, como en el caso $a=\tfrac13$, $\alpha$ también es una ecuación cuadrática de la forma similar, $$16\cdot64\,\alpha(1+\alpha)=\left( \lambda^{12} -64\, \lambda^{-12} \right)^2$$ con análogos de la raíz, $$\alpha= \frac1{4\sqrt{64}}\big(\lambda^6-\sqrt{64}\,\lambda^{-6}\big)^2\tag4$$ Y si $p=4k\pm1$ es un número primo, entonces $\alpha$ $\beta^4$ $(3)$ son números algebraicos de grado $k$.

La siguiente tabla resume los resultados y mostrar algunas de las tendencias,

$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline p&\tau&\alpha(\tau)&\beta(\tau)&\text{Deg}\\ \hline 3&\frac{1+3\sqrt{-1}}2&4\cdot1^4-1=3& \large\frac2{3^{3/4}} &1\\ 5&\frac{1+5\sqrt{-1}}2&3^4-1=80& \large\frac35 &1\\ 7&\frac{1+7\sqrt{-1}}2&4(2+\sqrt7)^4-1& \large\frac4{7^{7/8}} \frac1{U_7^{1/4}} &2\\ 11&\frac{1+11\sqrt{-1}}2&4u^4 - 1 &\large \frac6{11^{11/12}}\Big(\frac{11^{2/3}-(14-6\sqrt3)^{1/3}-(14+6\sqrt3)^{1/3}}{3}\Big) &3 \\ 13&\frac{1+13\sqrt{-1}}2& v^4-1 &\large \frac7{13^{2/3}}\Big(\frac{13^{-1/3}+(-2+6\sqrt3)^{1/3}-(2+6\sqrt3)^{1/3}}{3}\Big) &3 \\ 17&\frac{1+17\sqrt{-1}}2& x_1^4 - 1 & \large \frac9{17}x_2 &4 \\ 19&\frac{1+19\sqrt{-1}}2& 4y_1^4 - 1 & \large \frac{10}{19}y_2^{1/4} &5 \\ \hline \end{array}$$ y la unidad fundamental de la $U_7=8+3\sqrt7$ , $u,v$ como la verdadera raíz de la cúbicas, $$u^3 - 23u^2 + 15u - 9=0\\v^3 - 67v^2 - 159v - 99=0$$ and $x_i$ and $y_i$ as roots of quartics and quintics, and so on. $\text{Grados}$ is degree of $\alpha(\tau)$ and $\beta^4(\tau)$.

Preguntas:

1. ¿Cómo podemos demostrar la conjetura? (Y el análoga uno en el otro post?)
2. Hay una tercera familia de este grupo con un número infinito de números algebraicos $\alpha_3$$\beta_3$? (Ver el caso de $a=\frac16$.)

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$\color{green}{Update}:$

Parece que hay una tercera familia. Las opciones obvias se $a=\frac12$$a=\frac16$. Por último, y a través de un mejor método de búsqueda, he encontrado,

$$_2F_1\Big(\frac{1}{6},\frac{1}{6};\frac{2}{3};-\frac{125}3\Big) = \frac{2}{3^{5/6}}$$

Answer 1

Esencialmente, la respuesta es dada en Zucker y Joyce, "Especial de los valores de las funciones hipergeométricas II". A partir de consiguen y el uso de $K(1/\sqrt{2})=\frac{1}{4\sqrt{\pi}}\Gamma^2(1/4)$ reescribir en forma alternativa A continuación, se aplica la transformación cuadrática con $a=1/4$ y obtener $$ \, _2F_1\left(\frac{1}{4},\frac{1}{2};\frac{3}{4};\left(\frac{1-2 k \sqrt{1-k^2}}{2 k\sqrt{1-k^2}+1}\right)^2\right)=\sqrt{k\sqrt{1-k^2}+\frac{1}{2}}\frac{K\left(k\right)+K\left(k'\right)}{2 K\left(\frac{1}{2}\right)}. $$ Ahora la aplicación de Pfaff la transformación de la prepa se convierte en $$ \, _2F_1\left(\frac{1}{4},\frac{1}{4};\frac{3}{4};-\tfrac{1}{8} \left(\sqrt[4]{k^3/k'}-\sqrt[4]{k'^3/k}\right)^4\right)=\frac{K\left(k\right)}{K\left(1/\sqrt{2}\right)}\frac{\sqrt[4]{kk'}}{2^{3/4}}(1+K(k')/K(k)), $$ que da la parametrización $$ \alpha=\tfrac{1}{8} \left(\sqrt[4]{k^3/k'}-\sqrt[4]{k'^3/k}\right)^4,~\beta=\tfrac{K\left(k\right) }{K(1/\sqrt{2})}\frac{(1-iv) \sqrt[4]{kk'}}{2^{3/4}},~q=e^{\pi iv},~k=\frac{\vartheta _2(q){}^2}{\vartheta _3(q){}^2}.\la etiqueta{*} $$ Es sabido que cuando $v/i=n\in \mathbb{N}$ la proporción de $K(k_{n^2})K(1/\sqrt{2})$ es algebraico. Esto resuelve la cuestión de algebraicity de ambos $\alpha$ $\beta$ cuando $v=in$,$~n\in\mathbb{N}$. A partir de esto uno podría pensar que $\tau$ está relacionado con $v$ ( * ) a través de $$ \tau=\frac{1+v}{2} $$ y, de hecho, cálculo numérico que indica que $$ \alpha =\grande \tfrac18\left(\sqrt[4]{k^3/k'}-\sqrt[4]{k'^3/k}\right)^4=\tfrac1{4\sqrt{64}}\left(\Big(\tfrac{\sqrt{2} \eta (2 \tau)}{\zeta_{48} \eta (\tau)}\Big)^6-\sqrt{64}\Big(\tfrac{\sqrt{2} \eta (2 \tau)}{\zeta_{48} \eta (\tau)}\Big)^{-6}\right)^2,\etiqueta{**} $$ con $k' = \sqrt{1-k^2},\; k = \large \Big(\frac{\sqrt2\, \eta(v/2)\, \eta^2(2v)}{\eta^3(v)}\Big)^4,\; k'=\large \Big(\frac{\eta (2 v) \eta^2 (v/2)}{\eta^3 (v)}\Big)^4,\; \tau=\large \frac{1+v}2$.

Uso de la trivial identidad $\eta \left(\frac{v+1}{2}\right)=\frac{\zeta_{48} \eta (v)^3}{\eta \left(\frac{v}{2}\right) \eta (2 v)}$ (**) puede escribirse en la forma equivalente (simples cambios y cancelaciones de los términos) $$ 16 \eta^8 (v/2) \eta^{16} (2v)+\eta^{16} (v/2) \eta^8 (2v)=\eta^{24} (v). $$ Esto es bien conocido identidad debido a Jacobi.

De manera similar el caso de $a=\frac16$ se considera en "el Especial de los valores de las funciones hipergeométricas III".