$$\newcommand{BA}[0]{\begin{align*}}
\newcommand{BC}[0]{\begin{cases}}
\newcommand{BE}[0]{\begin{equation}}
\newcommand{bl}[0]{\boldsymbol}
\newcommand{BM}[0]{\begin{matrix}}
\newcommand{D}[0]{\displaystyle}
\newcommand{EA}[0]{\end{align*}}
\newcommand{EC}[0]{\end{cases}}
\newcommand{EE}[0]{\end{equation}}
\newcommand{EM}[0]{\end{matrix}}
\newcommand{h}[0]{\boldsymbol{h}}
\newcommand{k}[0]{\boldsymbol{k}}
\newcommand{L}[0]{\left}
\newcommand{l}[0]{\boldsymbol{l}}
\newcommand{m}[0]{\boldsymbol{m}}
\newcommand{n}[0]{\boldsymbol{n}}
\newcommand{R}[0]{\right}
\newcommand{vep}[0]{\varepsilon}
$$
定理１.$\hspace{5pt}$$n$は非負整数，$U_{n}(x)$は$n$次第二種 Chebyshev 多項式，$K(x)$は第一種完全楕円積分とするとき
$\BA\D\\ \int_0^1 K(x)K'(x)^2\qty(3x^{2n+1}-U_{4n}(x))\,dx=0\EA$
が成り立ちます。 簡略化のため$W(x)=K(x)K'(x)^2$と書きます。また
$\BA\D M_s&:=\int_0^1 x^sW(x)\,dx,\qquad B_n=3M_{2n+1}\\ A_n&:=\int_0^1 W(x)U_{4n}(x)\,dx \EA$
とします。
方針としては，$W(x)$が満たす微分方程式から$A_n, B_n$が満たす漸化式を求め，それらが一致することを示し，初期条件が成り立つことを示します。
漸化式が一致すること
先ず，$W(x)$の微分方程式ですが，$W(x)$は同じ微分方程式
$\BA\D x(1-x^2)y''+(1-3x^2)y'-xy=0\tag{1}\EA$
の解３個の積で構成されるため，対称３乗方程式を満たします。直接計算すると
$\BA\D x^3(1-x^2)^3W''''+6x^2(1-x^2)^2(1-3x^2)W'''+x(1-x^2)(7-76x^2+97x^4)W''+(1-69x^2+235x^4-175x^6)W'-x(12-81x^2+81x^4)W=0\tag{2}\EA$
この式に$x^{s+1}$を掛けて$0< x<1$で部分積分すると
$\BA\D \boxed{\quad(s+1)^4M_s-P(s)M_{s+2}+Q(s)M_{s+4}-(s+4)^4M_{s+6}=0\quad}\tag{3}\EA$
を得ます。ただし
$\BA\D &P(s)=3s^4+24s^3+80s^2+128s+81\\&Q(s)=3s^4+36s^3+170s^2+372s+316 \EA$
です。$s=2n+1$とすれば
$\BA\D \boxed{\quad(2n+2)^4B_n-P(2n+1)B_{n+1}+Q(2n+1)B_{n+2}-(2n+5)^4B_{n+3}=0\quad}\tag{4}\EA$
です。
$U_{4n}(x)$の明示式は
$\BA\D U_{4n}(x)=\sum_{r=0}^{2n} (-1)^r2^{2r}\binom{2n+r}{2n-r}x^{2r}\EA$
なので，
$\BA\D A_n=\sum_{r=0}^{2n} (-1)^r2^{2r}\binom{2n+r}{2n-r}M_{2r}\tag{5} \EA$
です。ここで
$\BA\D a_{m,j}:=\BC &\D(-1)^j4^j\binom{2m+j}{2m-j}&0\le j\le 2m\\&0&({\rm others})\EC\EA$
とすれば
$\BA\D A_m=\sum_{j=0}^\infty a_{m,j}M_{2j} \EA$
です。
量$L_n$を
$\BA\D L_n:=(2n+2)^4A_n-P(2n+1)A_{n+1}+Q(2n+1)A_{n+2}-(2n+5)^4A_{n+3} \EA$
とおきます。これに$(2)$式を代入し，$M_{2j}$の係数をまとめると
$\BA\D L_n=\sum_{j=0}^\infty C_{n,j}M_{2j}\tag{}\EA$
ただし
$\BA\D \boxed{\quad C_{n,j}=(2n+2)^4a_{n,j}-P(2n+1)a_{n+1,j}+Q(2n+1)a_{n+2,j}-(2n+5)^4a_{n+3,j} \quad}\tag{5} \EA$
です。
また，量$R_j$を
$\BA\D \boxed{\quad R_j:=(2j+1)^4M_{2j}-P(2j)M_{2j+2}+Q(2j)M_{2j+4}-(2j+4)^4M_{2j+6} \quad}\tag{6} \EA$
とおくと，$(3)$式より
$\BA\D R_j=0\qquad(j=0,1,2,\cdots) \EA$
です。
あとは，$L_n$が$R_j$の線形結合で書くことができることを示せばよいです。
すなわち，
$\BA\D\\ \boxed{\quad L_n=\sum_{j=0}^\infty \lambda_{n,j}R_j \quad}\tag{7}\EA$
ただし
$\BA\D\\ \lambda_{n,j}:=\BC &\D 4(-1)^{j+1}(4n+7)\binom{2n+3}{j}\frac{(2n+4)_j^{}}{\qty(\frac{3}{2})_j^{}} &(0\le j\le 2n+3)\\&0&({\rm others}) \EC \EA$
です。
$(6)$式を$(7)$式に代入して$M_{2j}$の係数をまとめると
$\BA\D\\ L_n=\sum_{j=0}^\infty D_{n,j}M_{2j} \EA$
ただし
$\BA\D\\ \boxed{\quad D_{n,k}=(2k+1)^4\lambda_{n,k}-P(2k-2)\lambda_{n,k-1}+Q(2k-4)\lambda_{n,k-2}-(2k-2)^4\lambda_{n,k-3} \quad}\tag{8}\EA$
です。示すべきことは$\BA\D\\ C_{n,k}=D_{n,k} \EA$
すなわち$\BA\D\\ &(2n+2)^4a_{n,k}-P(2n+1)a_{n+1,k}+Q(2n+1)a_{n+2,k}-(2n+5)^4a_{n+3,k}\\=&(2k+1)^4\lambda_{n,k}-P(2k-2)\lambda_{n,k-1}+Q(2k-4)\lambda_{n,k-2}-(2k-2)^4\lambda_{n,k-3} \EA$
です。実際，この等式は成り立ちますので，$A_n$と$B_n$は同じ漸化式を満たします。初期条件
$n=0,1,2$について，
$\BA\D &3M_1=M_0\\&3M_3=16M_4-12M_2+M_0\\&3M_5=256M_8-448M_6+240M_4-40M_2+M_0 \EA$
が成り立つことを示します。$n=0$の場合
$\BA\D M_1&= \int_0^1 xK(x)K'(x)^2\,dx\\&=\int_0^1 \frac{2\sqrt{x}}{1+x}\frac{1-x^2}{4\sqrt{x}}K(x)K'(x)^2\,dx\\&=\int_0^1 \frac{1-x}{2}K(x)K'(x)^2\,dx\\&=\frac{1}{2}\qty(M_0-M_1) \EA$
から従います。
$n=1,2$の場合
$\hspace{5pt}$厳密な証明は私には無理でした。数値計算によれば実質ほぼ$0$みたいなので，$0$ということで。
$\hspace{5pt}$以上で証明は実質ほぼ完了しました。
$\hspace{5pt}$複素積分により一般的な定理を示すことができました。
定理２.$\hspace{5pt}$非負整数$d$に対して
$\BA\D\\ W_{d,j}(x):=K(x)^{d-j}K'(x)^j\qquad(j=0,1,\cdots,d)\EA$
形式変数$Y$に対して$\BM &\D\\ R_q(Y):={\frak R}\qty(2+iY)^q,\qquad &\D I_q(Y):={\frak I}\qty(2+iY)^q \\ &\D S_{d,j}(Y):=Y^jR_{d-j}(Y),\qquad &\D U_{d,j}(Y):=Y^{j}I_{d-j}(Y) \\ &T_{d,j}(Y):=Y^{d-j}R_{j}(Y),\qquad &V_{d,j}(Y):=Y^{d-j}I_j{(Y)} \EM$
とおきます。また，任意の多項式$\BA\D\\ P(Y)=\sum_{l=0}^d c_l^{}Y^l \EA$
に対して$\BA\D\\ {\cal Q}_d[P]:=\sum_{l=0}^d c_l^{}W_{d,l}(x)=K(x)^dP\qty(\frac{K'(x)}{K(x)}) \EA$
と書くことにします。$\hspace{5pt}$このとき，偶数次：$d=2m$では$\BA\D\\ \int_0^1 W_{d,j}(x)U_{4n-1}(x)\,dx&=\int_0^1 {\cal Q}_d\qty[\frac{S_{d,j}+T_{d,j}}{2}]x^{2n+m-1}\,dx\\ \int_0^1 W_{d,j}(x)U_{4n+1}(x)\,dx&=\int_0^1 {\cal Q}_d\qty[\frac{S_{d,j}-T_{d,j}}{2}]x^{2n+m}\,dx \EA$
奇数次：$d=2m+1$では$\BA\D\\ \int_0^1 W_{d,j}(x)U_{4n}(x)\,dx&=\int_0^1 {\cal Q}_d\qty[\frac{S_{d,j}+T_{d,j}}{2}]x^{2n+m}\,dx\\ \int_0^1 W_{d,j}(x)U_{4n+2}(x)\,dx&=\int_0^1 {\cal Q}_d\qty[\frac{S_{d,j}-T_{d,j}}{2}]x^{2n+m+1}\,dx \EA$
となります。 ［証明］
$\hspace{5pt}$楕円積分について以下の標準公式を用います。
$\BA\D &K\qty(\frac{2\sqrt{x}}{1+x})=(1+x)K(x),\qquad K\qty(\frac{1-x}{1+x})=\frac{1+x}{2}K'(x) \EA$
また，上半面から$X>1$に近づく解析接続に対して
$\BA\D K(X+i0)=\frac{1}{X}\qty(K\qty(\frac{1}{X})+iK\qty(\sqrt{1-\frac{1}{X^2}})) \EA$
虚数変換は
$\BA\D K(ia)=\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}K\qty(\frac{a}{\sqrt{1+a^2}})\qquad(a\in {\mathbb R}) \EA$
です。また，境界値の計算として，$0< t<1,x=t^2$とおき
$\BA\D \xi(t):=\frac{1}{2}\qty(t+\frac{1}{t})=\frac{1+x}{2\sqrt{x}}>1 \EA$
とします。このとき，上記の標準公式を用いて，実数側での上側境界値と虚数側での値は
$\BA \boxed{\quad\BA\D z=t:\quad& K\qty(\xi+i0)=t\qty(2K+i K')&,\quad & K'\qty(\xi+i0)=tK'& \\ z=it:\quad& K\qty(\xi)=tK'&,\quad & K'\qty(\xi)=t\qty(2K+iK')& \EA\quad}\EA$
となります。右辺の$K,K'$はすべて$K(x),K'(x),x=t^2$を意味するものとします。
$\hspace{5pt}$$H(X,Y)$を次数$d$の斉次多項式とします。
$\BA\D \omega:=H\qty(K\qty(\xi\qty(z)),K'\qty(\xi\qty(z)))z^{N-1}\,dz \EA$
を第１象限の四分円扇形
$\BA\D 0<|z|<1,\qquad 0<\arg z<\frac{\pi}{2} \EA$
の境界に沿って積分します。小円$|z|=\rho$の寄与について，$z\to0$で$\xi(z)\to\infty$であり
$\BA\D K\qty(\xi\qty(z)),K'\qty(\xi\qty(z))=O\qty(|z|\log\frac{1}{|z|}) \EA$
なので，次数$d$の斉次性より
$\BA\D H\qty(K\qty(\xi\qty(z)),K'\qty(\xi\qty(z)))z^{N-1}=O\qty(|z|^{d+N-1}\log^d\frac{1}{|z|}) \EA$
となり，円弧長$O(\rho)$を掛けると$0$に収束します。
したがって，Cauchy の定理から，単位円弧，実軸側，虚軸側の寄与の和は$0$です。
$\hspace{5pt}$単位円弧上で$z=e^{i\theta},0<\theta<\frac{\pi}{2}$とおくと
$\BA\D \xi(z)=\cos\theta,\qquad K(\xi)=K(\cos\theta),\qquad K'(\xi)=K(\sin\theta) \EA$
また，$z^{N-1}\,dz=ie^{iN\theta}\,d\theta$なので単位円弧の寄与$A$は
$\BA\D A=i\int_0^\frac{\pi}{2} H\L(K(\cos\theta),K(\sin\theta)\R)e^{iN\theta}\,d\theta \EA$
です。一方で，
$\BA\D \int_0^1 H\L(K,K'\R)U_{N-1}(x)\,dx=\int_0^\frac{\pi}{2} H\L(K(\cos\theta),K(\sin\theta)\R)\sin N\theta\,d\theta \EA$
なので，
$\BA\D \int_0^1 H\L(K,K'\R)U_{N-1}(x)\,dx=-{\frak R}A \EA$
です。
$\hspace{5pt}$実軸側では$z=t,0< t<1,x=t^2$とおき，境界値公式より
$\BA\D K(\xi)=t\qty(2K+iK'),\qquad K'(\xi)=tK' \EA$
$H$は次数$d$の斉次多項式なので
$\BA\D H\L(K(\xi),K'(\xi)\R)=t^dH\L(2K+iK',K'\R) \EA$
さらに
$\BA\D z^{N-1}\,dz=t^{N-1}\,dt,\qquad t^{d+N-1}\,dt=\frac{1}{2}x^{\frac{d+N}{2}-1}\,dx \EA$
なので実軸側の寄与$R$は
$\BA\D R=\frac{1}{2}\int_0^1 H\L(2K+iK',K'\R)x^{\frac{d+N}{2}-1}\,dx \EA$
です。
$\hspace{5pt}$虚軸側では$z=it$で，輪郭の向きは$t=0$から$t=0$です。境界値公式より
$\BA\D K(\xi)=tK',\qquad K'(\xi)=t\L(2K+iK'\R) \EA$
であり，
$\BA\D H\L(K(\xi),K'(\xi)\R)=t^dH\L(K',2K+iK'\R) \EA$
さらに
$\BA\D z^{N-1}\,dz=i^Nt^{N-1}\,dt \EA$
であり，向きが逆なので虚軸側の寄与$I$は
$\BA\D I=-\frac{i^N}{2}\int_0^1 H\L(K',2K+iK'\R)x^{\frac{d+N}{2}-1}\,dx \EA$
です。
$\hspace{5pt}$Cauchy の定理より，
$\BA\D A+R+I=0 \EA$
であり，両辺の実部をとることで
$\BA\D \boxed{\quad\int_0^1 H\L(K,K'\R)U_{N-1}(x)\,dx=\frac{1}{2}{\frak R}\int_0^1 \L(H\qty(2K+iK',K')-i^NH\qty(K',2K+iK')\R)x^{\frac{d+N}{2}-1}\,dx\quad} \EA$
これが基本恒等式となります。これに，$H(X,Y)=X^{d-j}Y^j$を適用することで定理を得られました。
