Égalité d'intégrales

@Fin de partie en effet l’intégrale de gauche sans l’exposant 2 vaut $(\Gamma(1/4))^2/(2\sqrt{2\pi})$

L’égalité que tu proposes est en relation avec le problème 12232 de AMM

J'ai vérifié on a bien $\quad \displaystyle \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}x^{2n}$.

FDP, je me répète, je trouve que
$ \int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sqrt{1-\sin^2\theta\sin^2\phi}} d\phi d\theta=(\pi /2 )^2 \sum _{n=0}^{\infty }(\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2})^3$.

Un exercice montrer que
$\displaystyle(\pi /2 )^2 \sum _{n=0}^{\infty }\Big(\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\Big)^3=$https://www.wolframalpha.com/input/?i=(\pi+/2+)^2+\sum+_{n=0}^{\infty+}(\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2})^3
Ton égalité est bien démontrée.

J'ai posé la question à ma façon sur ME pour voir comment ils vont l'exploser ou tout simplement fermer le fil https://math.stackexchange.com/questions/4050711/equality-of-two-integrals-bis

Tu as raison FDP , ici l’héroïne est ce K en 1/2

Bonjour,

Voici une idée :
Le membre de gauche est bien merdique. On peut exprimer l’intégrale comme une série, mais comment se débarrasser du carré ?
Le membre de droite est facile à exprimer comme une série.

On calcule d’abord le membre de droite en développant le dénominateur en série. Intégrale de Wallis. Terminé.

On calcule l’intégrale dans le membre de gauche comme une série en développant le dénominateur transformé successivement $\sin t\leadsto \cos t\leadsto \cos 2 u\leadsto 1-2 \sin^2 u.$ Là, on reconnaît une fonction hypergéométrique $_2F_1$.
La formule de Clausen égale le carré d’une telle function à une hypergéométrique de type $_3F_2.$ Il faut alors espérer que cette dernière est la série de droite.

Je vous laisse regarder.

Reprenant les idées des camarades, je rédigerais ainsi, en passant sur les justifications d'interversions.
$\bullet$ Second membre. Soit $D=\left[ 0,\frac{\pi }{2}\right] \times \left[ 0,\frac{\pi }{2}\right] $ et $\displaystyle I=\int \int_{D}\frac{d\theta d\varphi }{\sqrt{1-\sin ^{2}\theta \sin
^{2}\varphi }}$.
Il est connu que pour $\left\vert x\right\vert <1$ : $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1-x}}=\underset{n=0}{\overset{+\infty }{\sum }}a_{n}x^{n}$, avec : $\displaystyle a_{n}=(_{~~n}^{-\frac{1}{2}})(-1)^{n}=\frac{1.3...(2n-1)}{2.4...(2n)}=\frac{%
(_{~n}^{2n})}{2^{2n}}$.
Il en résulte : $\displaystyle I=\int \int_{D}\frac{d\theta d\varphi }{\sqrt{1-\sin ^{2}\theta \sin
^{2}\varphi }}=\int \int_{D}\underset{n=0}{\overset{+\infty }{\sum }}%
a_{n}\sin ^{2n}\theta \sin ^{2n}\varphi d\theta d\varphi =\underset{n=0}{%
\overset{+\infty }{\sum }}a_{n}\int \int_{D}\sin ^{2n}\theta \sin
^{2n}\varphi d\theta d\varphi $
$\displaystyle =\underset{n=0}{\overset{+\infty }{\sum }}a_{n}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}%
}\sin ^{2n}\theta d\theta \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\sin ^{2n}\varphi
d\varphi =\underset{n=0}{\overset{+\infty }{\sum }}a_{n}(\int_{0}^{\frac{\pi
}{2}}\sin ^{2n}tdt)^{2}$
L'intégrale $U_{n}=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\sin ^{2n}tdt$ est une intégrale de Wallis, qui avec une IPP satisfait à la relation de récurrence $U_{n}=\frac{2n-1}{2n}U_{n-1}$, qui conduit à : $\displaystyle U_{n}=a_{n}\frac{\pi }{2}$, d'où l'expression sous forme de série : $\displaystyle I=\frac{\pi^2 }{4}\underset{n=0}{\overset{+\infty }{\sum }}a_{n}^{3}$.

$\bullet$ Premier membre. Soit $\displaystyle J=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{d\theta }{\sqrt{\sin \theta }}$. Le Changement de Variable classique $t=\tan \frac{\theta }{2}$ conduit à : $\displaystyle J=\sqrt{2}\int_{0}^{1}\frac{dt}{\sqrt{t(1+t^{2})}}=\sqrt{2}\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{t}}\underset{n=0}{\overset{+\infty }{\sum }}%
a_{n}(-1)^{n}t^{2n}dt$
$\displaystyle =\sqrt{2}\underset{n=0}{\overset{+\infty }{\sum }}(-1)^{n}a_{n}\int_{0}^{1}t^{2n-\frac{1}{2}}dt=2\sqrt{2}\underset{n=0}{\overset{+\infty }{\sum }}(-1)^{n}\frac{a_{n}}{4n+1}$.

$\bullet$ Maintenant, les camarades disposent sans doute des moyens de calcul numérique permettant de vérifier numériquement l'égalité proposée en tête de ce fil, et si c'est le cas, on pourra chercher plus avant.

Bonne journée.
Fr. Ch.

FDP Bonjour,

je suis de passage, donc si j'ai compris, tu ne sais pas calculer la somme de la série $\displaystyle(\pi /2 )^2 \sum _{n=0}^{\infty }\Big(\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\Big)^3$

Très intéressant FDP

Bonjour,

Le terme de gauche vaut $(\sqrt{2} K(1/2))^2.$ Il s’écrit aussi $2 ({\pi\over 2})^2 \,_2F_1(1/2,1/2;1;1/2)^2.$ On a $_2F_1(1/2,1/2;1;1/2)={\Gamma(1/4)\over \sqrt{2\pi} \Gamma(3/4)}.$

Le terme de droite vaut $2 ({\pi\over 2})^2 \sum_{n\geq 0} ({(2n)!\over 4^n (n!)^2})^3.$ La série vaut ${\pi\over \Gamma(3/4)^4}.$

L’égalité est évidente par la relation $\Gamma(1/4)\Gamma(3/4)={\pi\over \sin (\pi/4)}.$

L’égalité est donc établie.
La difficulté est d’exprimer les séries selon la fonction gamma.

Bonjour,

La somme partielle $\ \displaystyle \sum_{n=0}^k \Big({(2 n)!\over 4^n (n!)^2}\Big)^3$ s’exprime avec $\displaystyle _4F_3(1,k+3/2,k+3/2,k+3/2;k+2,k+2,k+2;1)$ et ce truc est une fonction hypergéométrique généralisée de la forme $\displaystyle _{q+1}F_q$ prise en $1$ : il existe des tables.

Puis tu passes à la limite $k\to \infty.$

Utilise un logiciel et les tables. C’est toujours particulièrement pénible de chercher à la main dans les tables et encore plus d’essayer de démontrer les relations utilisées. Je les admets.