Hace algún tiempo, he utilizado bastante un método formal (en el segundo sentido de esta respuesta) para derivar la siguiente integral, y me pregunto si es correcto o no:
$$\int_0^\infty\frac{1}{\sqrt{x^2+x}\sqrt[4]{8x^2+8x+1}}\;dx=\frac{\Gamma\left(\frac{1}{8}\right)^2}{2^{\frac{11}{4}}\Gamma\left(\frac{1}{4}\right)}\tag{1}$$
Wolfram Alpha no evaluar esta integral, pero da los primeros 5 lugares decimales de la transformación integral de la $\int_0^1\frac{1}{\sqrt{x-x^2}\sqrt[4]{x^2-8x+8}}\;dx$ que son correctos. El método que he utilizado era formal y complicado, con mucho reordenamiento de las integrales y series cuya convergencia no sabía, esos métodos me han dado resultados incorrectos en el pasado (por ejemplo, aquí y aquí). Sin embargo, la integral aparece simple y tal vez no hay un cambio de variables que permitan la fácil evaluación de los RHS (en particular, me pregunto si las integrales elípticas están involucrados), pero no puedo encontrar uno. Mi pregunta es: es el resultado anterior correcto, y si es así hay una forma más simple para probar que la de abajo (que se siente como que podría tener casi entra en un círculo)?
Derivación: empecé con el hecho de que $\int_0^\infty e^{-x^n}dx=\frac{\Gamma(\frac{1}{n})}{n}$ y, a continuación, se procedió de la siguiente manera:
$$\left[\int_0^\infty e^{-x^8}\;dx\right]^2=\frac{\Gamma(\frac{1}{8})^2}{64}=\int_0^\infty\int_0^\infty e^{-x^8-y^8}\;dx\;dy=\int_0^\infty\int_0^\frac{\pi}{2}re^{-r^8(\cos^8\theta\;+\;\sin^8\theta)}\;d\theta\;dr={\int_0^\infty\int_0^\frac{\pi}{2}re^{-r^8(1\;-\;\sin^2\theta\;+\;\frac{\sin^42\theta}{8})}\;d\theta\;dr}={\int_0^\infty re^{-r^8}\int_0^\frac{\pi}{2}e^{r^8(\sin^2\theta\;-\;\frac{\sin^42\theta}{8})}\;d\theta\;dr}$$
Con el fin de evaluar el interior de la integral I se utiliza la serie de Maclaurin, el teorema del binomio, y libremente se reorganizan las integrales y sumas de la siguiente manera:
$$\int_0^\frac{\pi}{2}e^{a(\sin^2\theta\;-\;\frac{\sin^42\theta}{8})}\;d\theta=\int_0^\frac{\pi}{2}\sum_{n=0}^\infty \frac{a^n}{n!}\left(\sin^2\theta-\frac{\sin^42\theta}{8}\right)^n\;d\theta={\int_0^\frac{\pi}{2}\sum_{n=0}^\infty \frac{a^n}{n!}\sum_{m=0}^n\frac{n!}{m!(n-m)!}\sin^{2n-2m}2\theta\;\left(\frac{-1}{8}\right)^m\sin^{4m}2\theta\;d\theta}={\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=0}^n\frac{a^n\left(\frac{-1}{8}\right)^m}{m!(n-m)!}\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n+2m}2\theta\;d\theta}$$
El uso de $\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2k}2\theta\;d\theta=\frac{1}{2}\int_0^\pi\sin^{2k}\theta\;d\theta=\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2k}\theta\;d\theta=\frac{\pi(2k)!}{2^{2k+1}(k!)^2}$, tengo:
$${\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=0}^n\frac{a^n\left(\frac{-1}{8}\right)^m}{m!(n-m)!}\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n+2m}2\theta\;d\theta}={\frac{\pi}{2}\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=0}^n\left(\frac{a}{4}\right)^n\left(\frac{-1}{32}\right)^m\frac{(2n+2m)!}{m!(n-m)!(n+m)!^2}}$$
Así que tuve:
$$\int_0^\frac{\pi}{2}e^{a(\sin^2\theta\;-\;\frac{\sin^42\theta}{8})}\;d\theta=\frac{\pi}{2}\sum_{m=0}^\infty\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{a}{4}\right)^n\left(\frac{-a}{128}\right)^m\frac{(2n+4m)!}{m!\;n!\;(n+2m)!^2}\tag{2}$$
Sustituyendo $(2)$ en nuestras original integral, utilizando la serie y la integral de las definiciones de la función hipergeométrica, y la reorganización de las integrales y sumas dio:
$$\frac{\Gamma(\frac{1}{8})^2}{64}=\frac{\pi}{2}\int_0^\infty re^{-r^8}\sum_{m=0}^\infty\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{r^8}{4}\right)^n\left(\frac{-r^8}{128}\right)^m\frac{(2n+4m)!}{m!\;n!\;(n+2m)!^2}\;dr={\frac{\pi}{2}\sum_{m=0}^\infty\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{4}\right)^n\left(\frac{-1}{128}\right)^m\frac{(2n+4m)!}{m!\;n!\;(n+2m)!^2}\int_0^\infty r^{8n+8m+1}e^{-r^8}\;dr}={\frac{\pi}{16}\sum_{m=0}^\infty\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{4}\right)^n\left(\frac{-1}{128}\right)^m\frac{(2n+4m)!}{m!\;n!\;(n+2m)!^2}\Gamma\left(m+n+\frac{1}{4}\right)}={\frac{\sqrt{\pi}}{16}\sum_{m=0}^\infty\left(\frac{-1}{8}\right)^m\frac{\Gamma(m+\frac{1}{4})\;\Gamma(2m+\frac{1}{2})}{m!\;\Gamma(2m+1)}\sum_{n=0}^\infty\frac{\Gamma(m+n+\frac{1}{4})}{\Gamma(m+\frac{1}{4})}\frac{\Gamma(2m+1)}{\Gamma(n+2m+1)}\frac{\Gamma(n+2m+\frac{1}{2})}{\Gamma(2m+\frac{1}{2})}}={\frac{\sqrt{\pi}}{16}\sum_{m=0}^\infty\left(\frac{-1}{8}\right)^m\frac{\Gamma(m+\frac{1}{4})\;\Gamma(2m+\frac{1}{2})}{m!\;\Gamma(2m+1)}\;_2F_1\left(m+\frac{1}{4},2m+\frac{1}{2};2m+1;1\right)}={\frac{1}{16}\sum_{m=0}^\infty\left(\frac{-1}{8}\right)^m\frac{\Gamma(m+\frac{1}{4})}{m!}\int_0^1 x^{2m-\frac{1}{2}}(1-x)^{-\frac{1}{2}}(1-x)^{-m-\frac{1}{4}}\;dx}={\frac{1}{16}\int^1 x^{-\frac{1}{2}}(1-x)^{-\frac{3}{4}}\sum_{m=0}^\infty\frac{\Gamma(m+\frac{1}{4})}{m!}\left(-\frac{x^2}{8(1-x)}\right)^m\;dx}$$
Con el fin de evaluar una suma de la forma presente en el integrando he utilizado básicas de la transformada de Laplace de las identidades y de intercambiar suma y la transformada de Laplace para obtener:
$$\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{n!}\frac{\Gamma(n+\frac{1}{4})}{s^{n+\frac{1}{4}}}=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{n!}L\left[t^{-\frac{3}{4}}\right](s)=L\left[t^{-\frac{3}{4}}e^t\right](s)=\frac{\Gamma(\frac{1}{4})}{(s-1)^\frac{1}{4}}$$
y, por tanto,$\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!}\Gamma\left(n+\frac{1}{4}\right)=\frac{\Gamma(\frac{1}{4})}{(1-x)^\frac{1}{4}}$, de modo que tuve:
$$\frac{\Gamma(\frac{1}{8})^2}{64}={\frac{\Gamma(\frac{1}{4})}{16}\int_0^1 x^{-\frac{1}{2}}(1-x)^{-\frac{3}{4}}\left(1+\frac{x^2}{8(1-x)}\right)^{-\frac{1}{4}}\;dx}={\frac{8^{\frac{1}{4}}\Gamma(\frac{1}{4})}{16}\int_0^1 x^{-\frac{1}{2}}(1-x)^{-\frac{1}{2}}(8-8x+x^2)^{-\frac{1}{4}}\;dx}$$
A partir de que $(1)$ sigue inmediatamente por la sustitución de $u=\frac{1}{x}-1$. Mis preguntas son:
- Es $(1)$ es la correcta?
- Podría $(1)$ han sido obtenidas por un método más sencillo?
