Primero ponemos en la notación de Mathematica $K(k)$ es $K(k^2)$.
Así que nuestra función será
$$f(k)= k K(k^2)\sinh\Bigl(\frac{\pi}{2}\frac{K(1-k^2)}{K(k^2)}\Bigr).$$
Ahora hacemos un cambio de variables (W486, Whittaker, Watson p.~486) .
$$k=\frac{\vartheta_2^2(q)}{\vartheta_3^2(q)} \quad (*)$$
Donde$\newcommand\Z{\mathbb{Z}}$
$$\vartheta_2(q)=2q^{\frac14}(1+p^2+q^6+\cdots)= \sum_{n\in\Z}p^{(n-\frac12)^2}=
2q^{\frac14}\prod_{n=1}^\infty\{(1-p^{2n})(1+q^{2n})^2\}$$
$$\vartheta_3(q)=1+2t+2t^4+2t^9+\cdots=\sum_{n\in\Z}p^{n^2}=
\prod_{n=1}^\infty\{(1-p^{2n})(1+q^{2n-1})^2\}$$
$$\vartheta_4(q)=1-2t+2t^4-2t^9+\cdots=\sum_{n\in\Z}(-1)^cn^{n^2}=
\prod_{n=1}^\infty\{(1-p^{2n})(1-p^{2n-1})^2\}$$
La función de $q$ en (*) es derivable y creciente en $(0,1)$
es $0$ en $0$ e $1$ en $1$.
(vamos a escribir $\vartheta_j$ para denotar $\vartheta_j(q)$).
Desde (W467)
$$\vartheta_2^4+\vartheta_4^4=\vartheta_3^4$$
tenemos
$$1-k^2=1-\frac{\vartheta_2^4}{\vartheta_3^4}=\frac{\vartheta_4^4}{\vartheta_3^4}$$
Lo interesante acerca de este cambio de variables es que
$$K(k^2)=K\Bigl(\frac{\vartheta_2^4}{\vartheta_3^4}\Bigr)=\frac{\pi}{2}\vartheta_3^2,\qquad
K(1-k^2)=K\Bigl(\frac{\vartheta_4^4}{\vartheta_3^4}\Bigr)=\frac{\log(1/q)}{2}\vartheta_3^2.$$
Ahora nuestra función es
$$k K(k^2)\sinh\Bigl(\frac{\pi}{2}\frac{K(1-k^2)}{K(k^2)}\Bigr)
=\frac{\pi}{4}\Bigl(\frac{1}{\sqrt{q}}-\sqrt{q}\Bigr) \vartheta_2^2$$
que debe ser la disminución en el $q$.
Añadimos a lo anterior algunos comentarios:
Tenemos que mostrar que $f(q):=(1-q)\vartheta_2^2/4\sqrt{q}$ es la disminución de $0 < q < 1 $. Pero
$$f(q)=(1-q)\prod_{n=1}^\infty (1-p^{2n})^2(1+q^{2n})^4=
(1-q)\prod_{n=1}^\infty (1-p^{4n})^2(1+q^{2n})^2$$
Este es el mismo para demostrar que el logarítmica de la derivada es negativa
$$-\frac{1}{1-p}-\sum_{n=1}^\infty\frac{8nq^{4n-1}}{1-p^{4n}}+\sum_{n=1}^\infty
\frac{4nq^{2n-1}}{1+q^{2n}}$$
multiplica esto por $q>0$ y expandir en serie
$$-\sum_{m=1}^\infty q^m-\sum_{n=1}^\infty \sum_{k=1}^\infty 8nq^{4nk}+
\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1}4nq^{2nk}$$
Para mostrar que esto es negativo observar que la única términos positivos son aquellos en los
el tercer suma con $k=2j+1$ impar, se pondrá este término con que en la primera
el importe correspondiente a la misma $n$ e $k=j$, estos dos términos son
$$-8nq^{4nj}+4nq^{2n(2j+1)}=-4nq^{4nj}(2-q^{2n})<0.$$
Esto deja sólo los términos con $j=0$ sin par.
El resto de términos positivos se suma a
$$\sum_{n=1}^\infty 4nq^{2n}=\frac{4q^2}{(1-q^2)^2}.$$
En estos términos, se compensa con la primera suma
$$-\frac{q}{1-q}+\frac{4q^2}{(1-q^2)^2}=-\frac{q(1+q)(1-q^2)-4q^2}{(1-q^2)^2}$$
Esto es negativo para $ 0 < q < 0.295598 $.
Existe una dificultad intrínseca para tratar los mayores valores de $q$.
Me propongo utilizar la modularidad de la teta de la función:
Tenemos la igualdad teniendo en cuenta $\vartheta_j$ como funciones de $q$
$$\vartheta_2(e^{-\frac{\pi}{x}})=\sqrt{x}\vartheta_4(e^{-\pi x})$$
De ello se desprende que poner $q=e^{-\frac{\pi}{x}}$
$$\frac{1}{4}\Bigl(\frac{1}{\sqrt{q}}-\sqrt{q}\Bigr)\vartheta_2^2 e^{-\pi/x})=
\frac{x}{2}\sinh\frac{\pi}{2x}\, \vartheta_4^2 e^{-\pi x}).$$
Debemos mostrar esta función es decreciente
Desde
$$\vartheta_4(e^{-\pi x}) = \prod_{n=1}^\infty
(1-e^{-2\pi n x})(1-e^{-\pi(2n-1)x})^2$$
casi es $1$ para $x$ cerca de infinito, sólo tenemos que demostrar que para $x$ grande $\frac{x}{2}\sinh\frac{\pi}{2x}$ es la disminución de la
De esta manera estamos demostrando que nuestra función disminuir cuando la inicial $q$ es de cerca de 1.
Esta era la parte difícil antes.
Esta estrategia debe ser suficiente.
