\begin{equation}\int_\frac{3+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}^\infty\frac{dx}{\sqrt{2x^3-15x-14}}\tag{0}\end{equation}
楕円曲線\begin{equation}y^2=4x^3-30x-28\tag{1}\end{equation}において $g_2=30$ , $g_3=28$ より対応する周期 $\tau$ として\begin{equation}j(\tau)=\frac{g_2^3}{g_2^3-27g_3^2}=8000\tag{2}\end{equation}これは周期 $\tau=\sqrt{-2}$ の楕円曲線の不変量として知られる．
よって$$\tau=i\frac{K'(k)}{K(k)}$$より$$\frac{K'(k)}{K(k)}=\sqrt{2}$$である．この $k$ は2番目のsingular valueであり，すなわち $k_2=\sqrt{2}-1$ である．このときモジュラーラムダ関数は$$\lambda(\sqrt{-2})=k_2^2=3-2\sqrt{2}$$
よって(0)の積分は $\lambda:=\lambda(\sqrt{-2})$ として$$\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{x(x-1)(\lambda x-1)}}$$を適切に変換したものと考えられる（楕円曲線におけるルジャンドルの標準形）．これは $(1-\lambda x)^{-1/2}$ で展開することで\begin{equation}\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{x(x-1)(\lambda x-1)}}=\pi F\left(\begin{matrix}\frac{1}{2},\frac{1}{2}\\1\end{matrix};\lambda\right)=2K(k_2)\tag{3}\end{equation}この積分の分岐点 $0,1,1/\lambda,\infty$ を $0,1,\lambda,\infty$ にうつす一次変換は $1/x$ なので，そのように置換すると$$\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{x(x-1)(\lambda x-1)}}=\int_1^\infty\frac{dx}{\sqrt{x(x-1)(x-\lambda)}}$$根号内の2次の項を消すために $x=t+\frac{4-2\sqrt{2}}{3}$ と置換し，形を整えるために $t=\frac{2-\sqrt{2}}{3}u$ とさらに置換すると$$\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{x(x-1)(\lambda x-1)}}=\frac{2^{1/4}\sqrt{3}}{\sqrt{\sqrt{2}-1}}\int_\frac{3+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}^\infty\frac{du}{\sqrt{2u^3-15u-14}}$$(0)(3)より\begin{equation}\int_\frac{3+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}^\infty\frac{dx}{\sqrt{2x^3-15x-14}}=\frac{2^{3/4}\sqrt{\sqrt{2}-1}}{3^{1/2}}K(k_2)\tag{4}\end{equation}ここで，よく知られた値$$K(k_2)=\frac{\sqrt{\sqrt{2}+1}\G(\frac{1}{8})\G(\frac{3}{8})}{2^{13/4}\sqrt{\pi}}$$を使って
\begin{equation}\int_\frac{3+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}^\infty\frac{dx}{\sqrt{2x^3-15x-14}}=\frac{\G(\frac{1}{8})\G(\frac{3}{8})}{4\sqrt{6\pi}}\tag{5}\end{equation}
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