Pregunta: Para $0<a<1$, definir $\mathcal{I}{(a)}$ por el parámetro dependiente de la integral definida, $$\mathcal{I}{(a)}:=\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\left(1-x^3\right)\left(1-a^6x^3\right)}}.\tag{1}$$ Hay una manera simple de representar a $\mathcal{I}{(a)}$ en términos de incompleta de las integrales elípticas de primera clase? Puede $\mathcal{I}{(a)}$ ser escrito como un simple escalar múltiples de una integral elíptica completa de primera especie?
Motivación:
He notado que una de las preguntas en este sitio relacionadas a probar especial de la forma cerrada de los valores de la función hipergeométrica de Gauss, ${_2F_1}{\left(a,b;c;z\right)}$, un número inusualmente elevado de los más difíciles puede ser demostrado equivalente a probar la particular función hipergeométrica con parámetros $a=\frac12$, $b=\frac13$, y $c=\frac56$, es decir, ${_2F_1}{\left(\frac12,\frac13;\frac56;z\right)}$, lleva a algunos especiales (generalmente algebraica) de valor para algunos en particular (generalmente racional) valor de $z$, donde $0<z<1$. Así, en el interés de la generalización, quería ver que tan cerca uno podría llegar a la obtención de una forma cerrada para $f(z):={_2F_1}{\left(\frac12,\frac13;\frac56;z\right)}$ para valores arbitrarios de $z\in(0,1)$.
El uso de Euler de la representación integral de la función hipergeométrica de Gauss con la suposición de que $0<z<1$, tenemos:
$$\begin{align} f(z) &={_2F_1}{\left(\frac12,\frac13;\frac56;z\right)}\\ &=\frac{1}{\operatorname{B}{\left(\frac13,\frac12\right)}}\int_{0}^{1}t^{-\frac23}(1-t)^{-\frac12}(1-zt)^{-\frac12}\mathrm{d}t\\ &=\frac{3}{\operatorname{B}{\left(\frac13,\frac12\right)}}\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{(1-x^3)(1-zx^3)}},\tag{2} \end{align}$$
donde la función beta, factor que también puede ser escrita en términos de la función gamma como,
$$\operatorname{B}{\left(\frac13,\frac12\right)}=\frac{\sqrt{3}}{2^{4/3}\pi}\left[\Gamma{\left(\frac13\right)}\right]^3.$$
El factor integral en la última línea de $(2)$ ya está superficialmente bastante similar a la siguiente representación integral de la integral elíptica completa de primera especie:
$$K(k)=\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{(1-t^2)(1-k^2t^2)}}.$$
Además, en la última línea de $(2)$ implica que para $f(z)$ tomar algebraica de valor, el factor integral será el producto de un número algebraico $A$ con una integral elíptica de valor singular][1]:
$$\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{(1-x^3)(1-zx^3)}}=A\,K{\left(k_3\right)}=A\frac{3^{1/4}}{2^{7/3}\pi}\left[\Gamma{\left(\frac13\right)}\right]^3.$$
Esto me hizo sospechar que la integral de la $\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{(1-x^3)(1-zx^3)}}=\mathcal{I}{(z^{1/6})}$ podría ser capaz de ser escrito como una combinación lineal de completar las integrales elípticas en general.
Mi progreso:
Primero me di cuenta de que simplemente reescalado de la integración de la variable a través de la sustitución de $ax=y$ me podría transformar la integral de a uno cuya integrando tendría un sexto grado del polinomio con simétrica de coeficientes bajo el radical, por lo que se permite el uso de un determinado resultado pregunté en [otra pregunta][2]:
$$\begin{align} \mathcal{I}{(a)} &=\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\left(1-x^3\right)\left(1-a^6x^3\right)}}\\ &=\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\left(1-(a^6+1)x^3+a^6x^6\right)}}\\ &=\int_{0}^{a}\frac{\frac{1}{a}\,\mathrm{d}y}{\sqrt{\left(1-(a^3+a^{-3})y^3+y^6\right)}};~~[ax=y]\\ &=\frac{1}{a}\int_{0}^{a}\frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{\left(1-\left(\frac{a^6+1}{a^3}\right)y^3+y^6\right)}}.\\ \end{align}$$
Siguiente, sustituyendo $y=z-\sqrt{z^2-1}$, y la definición de $\frac{a^2+1}{2a}=:\alpha>1$, tenemos:
$$\begin{align} \mathcal{I}{(a)} &=\frac{1}{a}\int_{0}^{a}\frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{\left(1-\left(\frac{a^6+1}{a^3}\right)y^3+y^6\right)}}\\ &=\frac{1}{a}\lim_{x_1\to0^{+}}\int_{x_1}^{a}\frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{\left(1-\left(\frac{a^6+1}{a^3}\right)y^3+y^6\right)}}\\ &=-\frac{1}{\sqrt{2}\,a}\lim_{x_1\to0^{+}}\int_{\frac{x_{1}^2+1}{2x_{1}}}^{\frac{a^2+1}{2a}}\frac{\mathrm{d}z}{\sqrt{(z+1)\,\left[2(4z^3-3z)-\frac{a^6+1}{a^3}\right]}}\\ &~~~~~-\frac{1}{\sqrt{2}\,a}\lim_{x_1\to0^{+}}\int_{\frac{x_{1}^2+1}{2x_{1}}}^{\frac{a^2+1}{2a}}\frac{\mathrm{d}z}{\sqrt{(z-1)\,\left[2(4z^3-3z)-\frac{a^6+1}{a^3}\right]}}\\ &=\frac{1}{2a}\int_{\alpha}^{\infty}\frac{\mathrm{d}z}{\sqrt{(z+1)\,\left[(4z^3-3z)-(4\alpha^3-3\alpha)\right]}}\\ &~~~~~+\frac{1}{2a}\int_{\alpha}^{\infty}\frac{\mathrm{d}z}{\sqrt{(z-1)\,\left[(4z^3-3z)-(4\alpha^3-3\alpha)\right]}}\\ &=\frac{1}{2a}\int_{\alpha}^{\infty}\frac{\mathrm{d}z}{\sqrt{(z+1)(z-\alpha)\left(4z^2+4\alpha\,z+4\alpha^2-3\right)}}\\ &~~~~~+\frac{1}{2a}\int_{\alpha}^{\infty}\frac{\mathrm{d}z}{\sqrt{(z-1)(z-\alpha)\left(4z^2+4\alpha\,z+4\alpha^2-3\right)}}\\ &=\frac{1}{4a}\int_{\alpha}^{\infty}\frac{\mathrm{d}z}{\sqrt{(z+1)(z-\alpha)\left(z^2+\alpha\,z+\alpha^2-\frac34\right)}}\\ &~~~~~+\frac{1}{4a}\int_{\alpha}^{\infty}\frac{\mathrm{d}z}{\sqrt{(z-1)(z-\alpha)\left(z^2+\alpha\,z+\alpha^2-\frac34\right)}}\\ &=\frac{1}{4a}\int_{\alpha}^{\infty}\frac{\mathrm{d}z}{\sqrt{(z+1)(z-\alpha)\left[\left(z+\frac{\alpha}{2}\right)^2+\frac34(\alpha^2-1)\right]}}\\ &~~~~ +\frac{1}{4a}\int_{\alpha}^{\infty}\frac{\mathrm{d}z}{\sqrt{(z-1)(z-\alpha)\left[\left(z+\frac{\alpha}{2}\right)^2+\frac34(\alpha^2-1)\right]}}.\\ \end{align}$$
Una opción después de la que podría ser la utilización de la siguiente resultado de Gradshteyn:
Suponga $\alpha,\beta,u,m,n\in\mathbb{R}$ tal que $\beta<\alpha<u$. A continuación, la proposición 3.145(1) de Gradshteyn de la Tabla de Integrales, Series, y los Productos delos estados: $$\begin{align} \small{\int_{\alpha}^{u}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\left(x-\alpha\right)\left(x-\beta\right)\left[\left(x-m\right)+n^2\right]}}} &=\small{\frac{1}{pq}F{\left(2\arctan{\sqrt{\frac{q\left(u-\alpha\right)}{p\left(u-\beta\right)}}},\frac12\sqrt{\frac{\left(p+q\right)^2+\left(\alpha-\beta\right)^2}{pq}}\right)},} \end{align}$$ donde $(m-\alpha)^2+n^2=p^2$, e $(m-\beta)^2+n^2=q^2$.
Realmente me gustaría utilizar la proposición anterior, pero, ¿cómo obtenerlo? Y puede alguno más simplificaciones ser hecho después de usarlo?
*Nota: Gradshteyn utiliza el argumento de la convención,
$$F{\left(\varphi,k\right)}=\int_{0}^{\varphi}\frac{\mathrm{d}\theta}{\sqrt{1-k^2\sin^2{\theta}}}=\int_{0}^{\sin{\varphi}}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}.$$