La integral de una integral elíptica: $\int_{0}^{1}\frac{x\mathbf{K}^2\left ( x \right )}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{d}x$

Question

Pruébalo: $$\mathcal{I}=\int_{0}^{1}\frac{x\mathbf{K}^2\left ( x \right )}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{d}x=\frac{\pi ^{4}}{16}\,_7F_6\left ( \dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},\dfrac{5}{4};\dfrac{1}{4},1,1,1,1,1;1 \right )$$

Encontré esta hermosa integral en el libro de Yury A.Brychkov Manual de funciones especiales, derivadas, integrales, series y otras fórmulas p.278.

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Mi intento:

Con la representación de la integral elíptica por la función hipergeométrica a continuación $$\mathbf{K}\left ( x \right )=\frac{\pi }{2}\, _2F_1\left ( \frac{1}{2},\frac{1}{2};1;x^{2} \right )=\frac{\pi }{2}\, _2F_1\left ( \frac{1}{4},\frac{1}{4};1;4x^{2}\left ( 1-x^{2} \right ) \right )$$ $$\mathbf{K}^{2}\left ( x \right )=\frac{\pi^{2} }{4}\, _3F_2\left ( \frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2};1,1;4x^{2}\left ( 1-x^{2} \right ) \right )$$ por lo que \begin {align*} \mathcal {I}&= \frac { \pi ^{2}}{4} \int_ {0}^{1} \frac {x}{ \sqrt {1-x^{2}}} \sum_ {k=0}^{ \infty } \frac { \Gamma ^{3} \left ( k+ \dfrac {1}{2} \right ) \left [ 4x^{2} \left ( 1-x^{2} \right ) \right ]^{k}}{ \Gamma ^{3} \left ( \dfrac {1}{2} \right ) \Gamma ^{3} \left ( k+1 \right )} \mathrm {d}x,\N-, \left ( x^{2} \rightarrow x \right ) \\ &= \frac { \pi ^{2}}{8} \int_ {0}^{1} \frac {1}{ \sqrt {1-x}} \sum_ {k=0}^{ \infty } \frac { \Gamma ^{3} \left ( k+ \dfrac {1}{2} \right ) \left [ 4x \left ( 1-x \right ) \right ]^{k}}{ \Gamma ^{3} \left ( \dfrac {1}{2} \right ) \Gamma ^{3} \left ( k+1 \right )} \mathrm {d}x \\ &= \frac { \pi ^{2}}{8} \sum_ {k=0}^{ \infty } \frac { \Gamma ^{4} \left ( k+ \dfrac {1}{2} \right )4^{k}}{ \Gamma ^{3} \left ( \dfrac {1}{2} \right ) \Gamma ^{2} \left ( k+1 \right ) \Gamma \left ( 2k+ \dfrac {3}{2} \right )} \\ &= \frac { \pi ^{2}}{8} \sum_ {k=0}^{ \infty } \frac { \Gamma ^{4} \left ( k+ \dfrac {1}{2} \right )4^{k}}{ \Gamma ^{2} \left ( \dfrac {1}{2} \right ) \Gamma ^{2} \left ( k+1 \right ) \Gamma \left ( k+ \dfrac {3}{4} \right ) \Gamma \left ( k+ \dfrac {5}{4} \right )2^{2k+ \frac {1}{2}}} \\ &= \frac { \pi ^{2}}{8 \sqrt {2}} \sum_ {k=0}^{ \infty } \frac { \Gamma ^{4} \left ( k+ \dfrac {1}{2} \right )}{ \Gamma ^{2} \left ( \dfrac {1}{2} \right ) \Gamma ^{2} \left ( k+1 \right ) \Gamma \left ( k+ \dfrac {3}{4} \right ) \Gamma \left ( k+ \dfrac {5}{4} \right )} \\ &= \frac { \pi ^{2} \Gamma ^{2} \left ( \dfrac {1}{2} \right )}{8 \sqrt {2} \Gamma \left ( \dfrac {3}{4} \right ) \Gamma \left ( \dfrac {5}{4} \right )}\, _4F_3 \left ( \frac {1}{2}, \frac {1}{2}, \frac {1}{2}, \frac {1}{2};1, \frac {3}{4}, \frac {5}{4};1 \right ) \\ &= \frac { \pi ^{2}}{4}\, _4F_3 \left ( \frac {1}{2}, \frac {1}{2}, \frac {1}{2}, \frac {1}{2};1, \frac {3}{4}, \frac {5}{4};1 \right ) \end {align*}

Pero el resultado numérico no coincide. ¿Hay algún problema con mi solución?

Se agradecerá cualquier ayuda.

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Otra solución (por el Editor): La integral originaria es igual a $\int_0^1 K'(x)^2dx$ . Ahora usa eso

$$\frac{4}{\pi^2}K'(x)_=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n (4n+1) \left(\frac{\binom{2n}n}{4^n}\right)^3 P_{2n}(x)$$

y el teorema de Parseval de la expansión FL. El resultado es inmediato.

Answer 1

No es una respuesta completa, sino algunas consideraciones (espero que interesantes), demasiado largas para que quepan en un comentario.

Prefiero denotar la integral elíptica completa del primer tipo considerando su argumento como la elíptica módulo en lugar del parámetro elíptico. Según esta convención (que también es la de Mathematica) la integral de interés es $$ \int_{0}^{1}\frac{x K^2(x^2)}{\sqrt{1-x^2}}\,dx =\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{K^2(x)}{\sqrt{1-x}}\,dx$$ donde el doble de la RHS puede considerarse como el $L^2$ norma cuadrada de $\frac{K(x)}{\sqrt[4]{1-x}}$ en $(0,1)$ .
El Expansión en serie de Fourier-Legendre de $K(x)$ es bastante simple y la expansión en serie de Fourier-Legendre de $\frac{1}{\sqrt[4]{1-x}}$ puede calcularse a partir de la fórmula de Rodrigues. Para recuperar el resultado mencionado, debería bastar con calcular una convolución y luego aplicar la identidad de Parseval. O escribir la integral original como $$ \int_{0}^{1}\int_{0}^{\pi/2}\int_{0}^{\pi/2}\frac{x}{\sqrt{(1-x^2)(1-x^2\cos^2\theta)(1-x^2\cos^2\phi)}}\,d\theta\,d\phi\,dx $$ o $$ \iiint_{(0,\pi/2)^3}\frac{\sin\eta}{\sqrt{(1-\sin^2\eta\cos^2\theta)(1-\sin^2\eta^2\cos^2\phi)}}\,d\theta\,d\phi\,d\eta $$ entonces aplica el teorema de Fubini / Beuker-Calabi-Kolk-type / sustituciones de coordenadas hiperesféricas inversas.