Expresar la integral de la $\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\left(1-x^3\right)\left(1-a^6x^3\right)}}$ en términos de integrales elípticas

Question

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?

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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.

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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,

$$F{\left(\varphi,k\right)}=\int_{0}^{\varphi}\frac{\mathrm{d}\theta}{\sqrt{1-k^2\sin^2{\theta}}}=\int_{0}^{\sin{\varphi}}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}.$$

Answer 1

Procedimiento General:

Voy a dar un esbozo de un posible procedimiento (que aprendí de un libro de cálculo hace algún tiempo) para resolver las integrales de la forma $$\mathcal{J}=\int\frac{{\rm d}x}{\sqrt{(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)}}$$ En primer lugar, vamos a $x=t+\lambda$. $$\begin{align} \mathcal{J}=\int\frac{{\rm d}t}{\sqrt{(t^2+(2\lambda+a)t+\lambda^2+\lambda a+b)(t^2+(2\lambda+c)t+\lambda^2+\lambda c+d)}} \end{align}$$ A continuación, vamos a $\lambda=\dfrac{d-b}{a-c}$, a continuación, hacer la sustitución de $\displaystyle t=\mu v$ donde $\displaystyle \mu=\sqrt{\lambda^2+\frac{ad-bc}{a-c}}$. $$\mathcal{J}=\frac{1}{\mu}\int\frac{{\rm d}v}{\sqrt{\left(v^2+Av+1\right)\left(v^2+Cv+1\right)}}$$ donde$\displaystyle A=\frac{2\lambda+a}{\mu}$$\displaystyle C=\frac{2\lambda+c}{\mu}$. Siga esto con la sustitución de $\displaystyle v=\frac{1+w}{1-w}$. $$\mathcal{J}=\frac{2}{\mu}\int\frac{{\rm d}w}{\sqrt{((2-A)w^2+(2+A))((2-C)w^2+(2+C))}}$$ Mediante la aplicación de la correspondiente sustitución trigonométrica, se puede ver que $\mathcal{J}$ puede ser reducido a una incompleta de las integrales elípticas.

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Parámetros

Voy a definir los siguientes parámetros para ahorrar espacio y escribir. $$\begin{align} \alpha_1=&\ \frac{1}{\sqrt{\left(a+1\right)^2\left(3a^2+2\sqrt{3}\sqrt{a^4+a^2+1}+3\right)}}\\ \alpha_2=&\ \frac{1}{\sqrt{\left(a-1\right)^2\left(3a^2+2\sqrt{3}\sqrt{a^4+a^2+1}+3\right)}}\\ \beta_1=&\ \frac{\sqrt{3}a^2-\sqrt{a^4+a^2+1}+\sqrt{3}a+\sqrt{3}}{\sqrt{3}a^2+\sqrt{a^4+a^2+1}+\sqrt{3}a+\sqrt{3}}\\ \beta_2=&\ \frac{\sqrt{3}a^2-\sqrt{a^4+a^2+1}-\sqrt{3}a+\sqrt{3}}{\sqrt{3}a^2+\sqrt{a^4+a^2+1}-\sqrt{3}a+\sqrt{3}}\\ \xi_1=&\ \frac{\sqrt{a^4+a^2+1}-\sqrt{3}a}{\sqrt{a^4+a^2+1}+\sqrt{3}a}\\ \xi_2=&\ \frac{\sqrt{a^4+a^2+1}+\sqrt{3}a}{\sqrt{a^4+a^2+1}-\sqrt{3}a} \end{align}$$

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Evaluación de $\ \mathcal{I}(a)$

Fue derivado por el OP que $$\begin{align} \mathcal{I}(a) =&\underbrace{\frac{1}{4a}\int^\infty_\frac{a^2+1}{2a}\frac{{\rm d}x}{\sqrt{\left(x^2-\frac{(a-1)^2}{2a}x-\frac{a^2+1}{2a}\right)\left(x^2+\frac{a^2+1}{2a}x+\frac{a^4-a^2+1}{4a^2}\right)}}}_{\mathcal{I}_1}\\ &+\underbrace{\frac{1}{4a}\int^\infty_\frac{a^2+1}{2a}\frac{{\rm d}x}{\sqrt{\left(x^2-\frac{(a+1)^2}{2a}x+\frac{a^2+1}{2a}\right)\left(x^2+\frac{a^2+1}{2a}x+\frac{a^4-a^2+1}{4a^2}\right)}}}_{\mathcal{I}_2} \end{align}$$ Aplicar el procedimiento antes señalado y el uso de Wolfram Alpha para hacer todo el álgebra, obtenemos $$\begin{align} \mathcal{I}_1 =&\frac{1}{4a}\int^\infty_\frac{a^2+1}{2a}\frac{{\rm d}x}{\sqrt{\left(x^2-\frac{(a-1)^2}{2a}x-\frac{a^2+1}{2a}\right)\left(x^2+\frac{a^2+1}{2a}x+\frac{a^4-a^2+1}{4a^2}\right)}}\\ =&\frac{1}{\sqrt{3}\sqrt{a^4+a^2+1}}\int^\infty_\frac{\sqrt{3}(a^2+a+1)}{\sqrt{a^4+a^2+1}}\frac{{\rm d}x}{\sqrt{\left(x^2-\frac{2(2a^2+a+2)}{\sqrt{3}\sqrt{a^4+a^2+1}}x+1\right)\left(x^2-\frac{2\sqrt{3}\ a}{\sqrt{a^4+a^2+1}}+1\right)}}\\ =&\alpha_1\int^1_{\beta_1}\frac{{\rm d}x}{\sqrt{\left(x^2-\beta_1^2\right)\left(x^2+\xi_1\right)}} =\alpha_1\int^{\arccos{\beta_1}}_{0}\frac{\sec{\varphi}\tan{\varphi}}{\sqrt{(\sec^2{\varphi}-1)(\beta_1^2\sec^2{\varphi}+\xi_1)}}{\rm d}\varphi\\ =&\alpha_1\int^{\arccos{\beta_1}}_{0}\frac{{\rm d}\varphi}{\sqrt{\beta_1^2+\xi_1\cos^2{\varphi}}} =\alpha_1\int^{\arccos{\beta_1}}_{0}\frac{{\rm d}\varphi}{\sqrt{(\beta_1^2+\xi_1)-\xi_1\sin^2{\varphi}}}\\ =&\frac{\alpha_1}{\sqrt{\beta_1^2+\xi_1}}\int^{\arccos{\beta_1}}_{0}\frac{{\rm d}\varphi}{\sqrt{1-\frac{\xi_1}{\beta_1^2+\xi_1}\sin^2{\varphi}}} =\color{red}{\frac{\alpha_1}{\sqrt{\beta_1^2+\xi_1}}\mathbf{F}\left(\arccos{\beta_1},\sqrt{\frac{\xi_1}{\beta_1^2+\xi_1}}\right)} \end{align}$$ para $\mathcal{I}_1$, y obtenemos (omito los pasos de la trigonométricas manipulaciones ya que son los mismos) $$\begin{align} \mathcal{I}_2 =&\frac{1}{4a}\int^\infty_\frac{a^2+1}{2a}\frac{{\rm d}x}{\sqrt{\left(x^2-\frac{(a+1)^2}{2a}x+\frac{a^2+1}{2a}\right)\left(x^2+\frac{a^2+1}{2a}x+\frac{a^4-a^2+1}{4a^2}\right)}}\\ =&\frac{1}{\sqrt{3}\sqrt{a^4+a^2+1}}\int^\infty_{\frac{\sqrt{3}(a^2-a+1)}{\sqrt{a^4+a^2+1}}}\frac{{\rm d}x}{\sqrt{\left(x^2-\frac{2(2a^2-a+2)}{\sqrt{3}\sqrt{a^4+a^2+1}}x+1\right)\left(x^2+\frac{2\sqrt{3}\ a}{\sqrt{a^4+a^2+1}}x+1\right)}}\\ =&\alpha_2\int^1_{\beta_2}\frac{{\rm d}x}{\sqrt{\left(x^2-\beta_2^2\right)\left(x^2+\xi_2\right)}}=\color{blue}{\frac{\alpha_2}{\sqrt{\beta_2^2+\xi_2}}\mathbf{F}\left(\arccos{\beta_2},\sqrt{\frac{\xi_2}{\beta_2^2+\xi_2}}\right)} \end{align}$$ Por lo tanto $$\mathcal{I}(a)=\frac{\alpha_1}{\sqrt{\beta_1^2+\xi_1}}\mathbf{F}\left(\arccos{\beta_1},\sqrt{\frac{\xi_1}{\beta_1^2+\xi_1}}\right)+\frac{\alpha_2}{\sqrt{\beta_2^2+\xi_2}}\mathbf{F}\left(\arccos{\beta_2},\sqrt{\frac{\xi_2}{\beta_2^2+\xi_2}}\right)$$ Me han sustituido en algunos valores aleatorios de $a$ a $\mathcal{I}_1$, y parece que coincide numéricamente. Sin embargo, no he verificado $\mathcal{I}_2$ sin embargo, por lo que puede ser un error.