Forma cerrada para $_2F_1\left(\frac12,\frac23;\,\frac32;\,\frac{8\,\sqrt{11}\,i-5}{27}\right)$

Question

Estoy tratando de encontrar una forma cerrada (en términos de funciones más simples) para la siguiente función hipergeométrica con un argumento complejo: $$\mathcal{Q}=\,_2F_1\left(\frac12,\frac23;\,\frac32;\,\frac{8\,\sqrt{11}\,i-5}{27}\right).\tag1$$ Tengo una conjetura (apoyada por miles de dígitos de cálculos numéricos) sobre su argumento (fase), pero ninguna idea sobre su valor absoluto todavía: $$\arg\mathcal{Q}\approx0.168669236010871306727578153...\stackrel?=\arccos\left(\frac{12+\sqrt{33}}{18}\right)\tag2$$ $$|\mathcal{Q}|\approx0.915170225773196416688677425...\tag3$$

¿Puede sugerir alguna idea para demostrar la conjetura $(2)$ ? ¿Existe una forma cerrada para el valor absoluto?

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Como sugiere gammatester en un comentario, la conjetura $(2)$ equivale a $$\arg\,B\left(\frac{8\,\sqrt{11}\,i-5}{27};\,\frac12,\frac13\right)\stackrel?=\frac\pi3,\tag4$$ donde $B$ denota el función beta incompleta .

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Además, se puede demostrar que otra forma equivalente de la conjetura $(2)$ es $$B\left(\frac19;\,\frac16,\frac13\right)\stackrel?=\frac{\Gamma\left(\frac16\right)\,\Gamma\left(\frac13\right)}{2\,\sqrt\pi}.\tag5$$

Answer 1

No estoy seguro de cómo transformar las conjeturas $(2)$ a $(5)$ . Sin embargo, $(5)$ es cierto.

Dejemos que $\;\displaystyle t = \frac{1}{1+y^3}\;$ podemos reescribir la integral $\;\displaystyle B\left(\frac19;\frac13,\frac16\right)\;$ como $$ \int_0^{1/9} t^{-5/6} (1-t)^{-2/3} dt = \int_\infty^2 (1+y^3)^{5/6}\left(\frac{1+y^3}{y^3}\right)^{2/3}\frac{-3y^2 dy}{(1+y^3)^2} = 3 \int_2^\infty \frac{dy}{\sqrt{1+y^3}} $$ Dejemos que $\omega = e^{\pi i/3}$ et $\mathbb{T} = \big\{\; m+n\omega : m, n \in \mathbb{Z}\;\big\}$ sea el entramado triangular abarcado por $1$ et $\omega$ . Sea $\wp(z)$ sea el Elíptica de Weierstrass $\wp$ función con polos dobles en celosía $\mathbb{T}$ :

$$\wp(z) = \frac{1}{z^2} + \sum_{\lambda \in \mathbb{T} \setminus \{ 0 \}} \left(\frac{1}{(z-\lambda)^2} - \frac{1}{\lambda^2}\right)$$

Dejemos que $\;\displaystyle\eta = \frac{\Gamma\left(\frac13\right)\Gamma\left(\frac16\right)}{\sqrt{3\pi}}\;$ se sabe que $\wp(z)$ satisface una ecuación diferencial de la forma

$$\wp'(z)^2 = 4 \wp(z)^3 - g_2 \wp(z) - g_3\quad\text{ where }\quad g_2 = 0 \;\text{ and }\;g_3 = \frac{\eta^6}{16}$$

Dejemos que $\;\displaystyle y(z) = -\frac{4}{\eta^2} \wp\left(\frac{iz}{\eta}\right)$ . Usando la simetría, no es difícil ver como $z$ varía de $0$ a $\frac{\eta}{\sqrt{3}}$ a lo largo del eje real, $y(z)$ sigue siendo real y positivo, disminuye de $\infty$ en $z = 0$ a $0$ en $z = \frac{\eta}{\sqrt{3}}$ .

En términos de $z$ tenemos:

$$\frac{dy}{\sqrt{1+y^3}} = \frac{-\frac{4i}{\eta^3}\wp'\left(\frac{iz}{\eta}\right)dz}{ \sqrt{1-\frac{64}{\eta^6}\wp\left(\frac{iz}{\eta}\right)^3}} = \frac{-4i\wp'\left(\frac{iz}{\eta}\right)dz}{ \sqrt{16g_3-64\wp\left(\frac{iz}{\eta}\right)^3}} = - dz $$ A partir de esto, obtenemos

$$B\left(\frac19;\frac13,\frac16\right) = -3 \left[ y^{-1}(\infty) - y^{-1}(2)\right] = 3y^{-1}(2)$$

Esto nos permite simplificar la conjetura $(5)$

$$ B\left(\frac19;\frac13,\frac16\right) \stackrel{?}{=} \frac{\Gamma\left(\frac13\right)\Gamma\left(\frac16\right)}{2\sqrt{\pi}} = \frac{\sqrt{3}}{2}\eta \iff y^{-1}(2) \stackrel{?}{=} \frac{\eta}{2\sqrt{3}} \iff \wp(\frac{i}{2\sqrt{3}}) \stackrel{?}{=} -\frac{\eta^2}{2} $$ Dejemos que $u = \frac{i}{2\sqrt{3}}$ . Desde $\wp(2u) = \wp\left(\frac{i}{\sqrt{3}}\right) = 0$ podemos utilizar la fórmula de duplicación para la elíptica de Weierstrass $\wp$ para obtener

$$\begin{align} & 0 = \wp(2u) = \frac14\left(\frac{(6\wp(u)^2-\frac12 g_2)^2}{4\wp(u)^3-g_2\wp(u)-g_3}\right) -2\wp(u) \\ \iff & \wp(u)\left(\frac{\wp(u)^3 + 2g_3}{4\wp(u)^3-g_3}\right) = 0\\ \implies & \wp(u) = (-2g_3)^{1/3} = \left(-\frac{\eta^6}{8}\right)^{1/3} = -\frac{\eta^2}{2} \end{align}$$

es decir, la conjetura $(5)$ es cierto.