Las Integrales elípticas Y gama de Funciones Racionales valores.

Question

Hace poco vi esta pregunta ... Doble Factorial $\sum_{k=0}^{+\infty }{\left( \frac{( 2k-1 )!!}{( 2k !!}\right)^{3}\cdot \left( -1 \right)^{k}}$ ... y soy incapaz de demostrar.

El resultado $$1-\left( \frac{1}{2} \right)^{3}+\left( \frac{1\cdot 3}{2\cdot 4} \right)^{3}-\left( \frac{1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6} \right)^{3}+\left( \frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot 7}{2\cdot 4\cdot 6\cdot 8} \right)^{3}-...=\frac{\Gamma ^{2}\left( \frac{9}{8} \right)}{\Gamma ^{2}\left( \frac{7}{8} \right)\cdot \Gamma ^{2}\left( \frac{10}{8} \right)}$$

Ahora sé que varios de los resultados relativos a los porcentajes de doble factoriales \begin{eqnarray*} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n} \theta d \theta= \frac{ \pi}{2} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} \tag{1} \\ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} y^n = \frac{1}{\sqrt{1-y}} \tag{2} \end{eqnarray*} A partir de estos dos resultados es razonablemente fácil derivar la serie de la integral elíptica de primera especie \begin{eqnarray*} K(k)=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d \theta}{\sqrt{1-k^2 \sin^{2}(\theta)}} =\frac{\pi}{2} \left(1+ \left(\frac{1}{2}\right)^2+ \left(\frac{1.3}{2.4}\right)^2+ \cdots \right) \end{eqnarray*} y es bien sabido que este puede ser evaluado para el especial de los valores de $k$ en términos de funciones Gamma, cuyos argumentos son racionales valores. Ver a esta pregunta Puede $\Gamma(1/5)$ ser escrita en esta forma? y la referencia citada. Así que mi primer pensamiento es el uso de $(1)$ tres veces, la suma geométrica de ciruela y tenemos \begin{eqnarray*} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d \alpha d \beta d \gamma}{1+ \sin^2 \alpha \sin^2 \beta \sin^2 \gamma} \end{eqnarray*} Esta triple integral se ve difícil, así que ...

Segunda pensamientos ... el uso de $(1)$ dos veces y, a continuación, utilizar $(2)$ para obtener la integral doble \begin{eqnarray*} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d \alpha d \beta }{\sqrt{1+ \sin^2 \alpha \sin^2 \beta }} \end{eqnarray*} ahora sustituye $ \sqrt{s} =\sin \alpha$ $ \sqrt{t} =\sin \beta$ (podría haber perdido un factor de $4$) \begin{eqnarray*} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{d s d t }{\sqrt{s(1-s)t(1-t)(1+st) }} \end{eqnarray*} Y no estoy seguro de qué hacer con esto.

En ambos de estos intentos siento que me han tomado un giro equivocado.

Puede alguien darme una Gran sugerencia o una referencia a la original derivación de este resultado o razonablemente completa solución ?

Bono de la pregunta ... ¿por qué fue declarado con $\frac{10}{8}$ en lugar de $\frac{5}{4}$ ?

El resultado $$1-\left( \frac{1}{2} \right)^{3}+\left( \frac{1\cdot 3}{2\cdot 4} \right)^{3}-\left( \frac{1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6} \right)^{3}+\left( \frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot 7}{2\cdot 4\cdot 6\cdot 8} \right)^{3}-...=\frac{\Gamma ^{2}\left( \frac{9}{8} \right)}{\Gamma ^{2}\left( \frac{7}{8} \right)\cdot \Gamma ^{2}\left( \color{red}{\frac{5}{4}} \right)}$$

Sugerencia de Jack D'Auirzio : buscar en la ecuación (6) aquí http://mathworld.wolfram.com/CompleteEllipticIntegraloftheFirstKind.html y el uso de $2kk'=i$ donde $k'$ es el complementario del módulo.

Answer 1

La suma evalúa a$(1-k^{2})(2K(k)/\pi)^{2}$$k=\sqrt{2}-1$. El valor de $K$ se obtiene a partir de aquí. Utilizando el valor de $K$ podemos obtener la deseada forma cerrada de la suma de la serie.

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El uso de hipergeométrica transformaciones podemos probar la fórmula $$\left(\frac{2K(k)}{\pi}\right)^{2}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdots (2n)}\right)^{3}(2kk')^{2n}\tag{1}$$ (see complete proof here). Note that the above equation can be thought of as an identity involving the nome $q=e^{-\pi K'/K} $ also and then we can switch from $q$ to $-q$. In terms of Jacobi's theta functions we have $2K/\pi=\vartheta_{3}^{2}(q)$ and replacing $q$ by $-q$ leads us to $$\vartheta_{3}^{2}(-q)=\vartheta_{4}^{2}(q)=\frac{\vartheta_{4}^{2}(q)}{\vartheta_{3}^{2}(q)}\cdot\vartheta_{3}^{2}(q)=k'\cdot\frac{2K}{\pi}$$ Similarly we have $$(2kk')^{2}=4k^{2}k'^{2}=4\cdot\frac{\vartheta_{2}^{4}(q)\vartheta_{4}^{4}(q)}{\vartheta_{3}^{8}(q)}=4\cdot\frac{16q\psi^{4}(q^{2})\vartheta_{4}^{4}(q)}{\vartheta_{3}^{8}(q)}$$ where $\psi$ is one of Ramanujan's theta functions. Now changing $q$ into $-q$ interchanges $\vartheta_{3},\vartheta_{4}$ and hence the above expression becomes $$-4\cdot\frac{16q\psi^{4}(q^{2})\vartheta_{3}^{4}(q)}{\vartheta_{4}^{8}(q)} =-4\cdot\frac{\vartheta_{2}^{4}(q)/\vartheta_{3}^{4}(q)} {\vartheta_{4}^{8}(q)/\vartheta_{3}^{8}(q)}=-\frac{4k^{2}}{k'^{4}} $$ So we have the formula $$k'^{2}\left(\frac{2K}{\pi}\right)^{2}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\left(\frac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdots(2n)}\right)^{3}(2k/k'^{2})^{2n}\tag{2}$$ And putting $k=\sqrt{2}-1$ obtenemos la suma deseada.

Como se indicó en el comentario de Jack d'Aurizio la suma en cuestión también puede ser expresada en términos de la aritmético-geométrico-media como $$\frac{2}{\operatorname {AGM} (\sqrt{2},\sqrt{1+\sqrt{2}})^{2}}\tag{3}$$ a Escribir de esta manera ayuda a evaluar la suma de forma muy precisa con un número de iteraciones de la junta general de accionistas.

También es interesante saber que Ramanujan se utiliza la serie de $(1)$ obtener $$\frac{4}{\pi}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdots (2n)}\right)^{3}\cdot\frac{6n+1}{4^{n}}\tag{4}$$ and $$\frac{2}{\pi}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}(4n+1)\left(\frac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdots (2n)}\right)^{3}\tag{5}$$ was obtained from series $(2)$. Usted puede obtener todos los detalles aquí.

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El valor de $K(\sqrt{2}-1)$ ha sido obtenida a través de la no-obvio hipergeométrica transformaciones y sería bueno tener un enfoque basado en la evaluación directa de la integral involucrados.