Pregunta: Para 0<a<1, definir I(a) por el parámetro dependiente de la integral definida, I(a):=∫10dx√(1−x3)(1−a6x3). Hay una manera simple de representar a I(a) en términos de incompleta de las integrales elípticas de primera clase? Puede 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, 2F1(a,b;c;z), un número inusualmente elevado de los más difíciles puede ser demostrado equivalente a probar la particular función hipergeométrica con parámetros a=12, b=13, y c=56, es decir, 2F1(12,13;56;z), 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):=2F1(12,13;56;z) para valores arbitrarios de z∈(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:
f(z)=2F1(12,13;56;z)=1B(13,12)∫10t−23(1−t)−12(1−zt)−12dt=3B(13,12)∫10dx√(1−x3)(1−zx3),
donde la función beta, factor que también puede ser escrita en términos de la función gamma como,
B(13,12)=√324/3π[Γ(13)]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)=∫10dt√(1−t2)(1−k2t2).
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]:
∫10dx√(1−x3)(1−zx3)=AK(k3)=A31/427/3π[Γ(13)]3.
Esto me hizo sospechar que la integral de la ∫10dx√(1−x3)(1−zx3)=I(z1/6) 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]:
I(a)=∫10dx√(1−x3)(1−a6x3)=∫10dx√(1−(a6+1)x3+a6x6)=∫a01ady√(1−(a3+a−3)y3+y6); [ax=y]=1a∫a0dy√(1−(a6+1a3)y3+y6).
Siguiente, sustituyendo y=z−√z2−1, y la definición de a2+12a=:α>1, tenemos:
I(a)=1a∫a0dy√(1−(a6+1a3)y3+y6)=1alim
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)}}.