Cerrado-formas integrales $\int_0^1 K(\sqrt{k})^2 \, dk$, $\int_0^1 E(\sqrt{k})^2 \, dk$ y $\int_0^1 K(\sqrt{k}) E(\sqrt{k}) \, dk$

Question

Vamos a denotar $K$ $E$ la integral elíptica completa de primera y segunda clase.

El integrando $K(\sqrt{k})$ $E(\sqrt{k})$ tiene una forma cerrada antiderivada en el plazo de $K(\sqrt{k})$$E(\sqrt{k})$, por lo que sabemos que $$ \int_0^1 K\left(\sqrt{k}\right) \, ns = 2, $$ y $$ \int_0^1 E\left(\sqrt{k}\right) \, dk = \frac{4}{3}. $$

No pude encontrar la forma cerrada antiderivatives a las integrales $\int K(\sqrt{k})^2 \, dk$, $\int E(\sqrt{k})^2 \, dk$, $\int E(\sqrt{k})K(\sqrt{k}) \, dk$, pero he conjeturado, que

$$\begin{align} \int_0^1 K\left(\sqrt{k}\right)^2 \, dk &\stackrel{?}{=} \frac{7}{2}\zeta(3),\\ \int_0^1 E\left(\sqrt{k}\right)^2 \, dk &\stackrel{?}{=} \frac{7}{8}\zeta(3)+\frac{3}{4},\\ \int_0^1 K\left(\sqrt{k}\right)E\left(\sqrt{k}\right) \, dk &\stackrel{?}{=} \frac{7}{4}\zeta(3)+\frac{1}{2}. \end{align}$$

¿Cómo podemos demostrar que esta cerrado? Sería agradable ver algunas referencias a estas integrales.

Answer 1

Tenemos $$ K(\sqrt{k}) = \int_{0}^{1}\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}\sqrt{1-k t^2}}\tag{1} $$ por lo tanto: $$ K(\sqrt{k})^2 = \iint_{(0,1)^2}\frac{dt\,ds}{\sqrt{1-t^2}\sqrt{1-s^2}\sqrt{(1-kt^2)(1-ks^2)}}\tag{2}$$ y puesto que: $$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{1}\frac{dk}{\sqrt{(1-ks^2)(1-kt^2)}}&=&\frac{1}{st}\int_{0}^{st}\frac{dk}{\sqrt{1-\left(\frac{s}{t}+\frac{t}{s}\right)k+k^2}}\\&=&\frac{1}{st}\,\left.\log\left(2k-\left(\frac{s}{t}+\frac{t}{s}+2\sqrt{k^2-\left(\frac{s}{t}+\frac{t}{s}\right)k+1}\right)\right)\right|_{0}^{st}\\&=&\frac{1}{st}\,\log\left(\frac{t^2+s^2-2t^2 s^2-2st\sqrt{(1-s^2)(1-t^2)}}{(s-t)^2}\right)\tag{3}\end{eqnarray*}$$ de ello se sigue que:

$$ \int_{0}^{1}K(\sqrt{k})^2\,dk = \iint_{\left(0,\frac{\pi}{2}\right)^2}\log\left[\frac{\sin^2(\phi-\theta)}{(\sin\phi-\sin\theta)^2}\right]\cot(\phi)\cot(\theta)\,d\phi\,d\theta$$ y ahora podemos usar un cambio de coordenadas y la serie de Fourier de $\log\sin$.

Una interesante oportunidad también se da por la explotación de la expansión de la $K(k)$ con respecto a la base de $L^2(0,1)$ dada por el desplazado polinomios de Legendre. Tenemos: $$ K(k) = 2\sum_{n\geq 0}\frac{P_n(2k-1)}{2n+1}\tag{4} $$ y puesto que: $$ \int_{0}^{1}P_n(2\sqrt{k}-1)^2\,dk = \frac{1}{2n+1},$$ $$ \int_{0}^{1}P_n(2\sqrt{k}-1)P_{n+1}(2\sqrt{k}-1)\,dk=\frac{n+1}{(2n+1)(2n+3)}\tag{5}$$ tenemos: $$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{1}K(\sqrt{k})^2\,dk&=&4\sum_{n\geq 0}\frac{1}{(2n+1)^3}+8\sum_{n\geq 0}\frac{n+1}{(2n+1)^2(2n+3)^2}\\&=&\color{red}{\frac{7}{2}\,\zeta(3)+1}.\tag{6}\end{eqnarray*}$$

Este es el mismo enfoque utilizado por Zhou para demostrar identidades similares.