$$\newcommand{BA}[0]{\begin{align*}}
\newcommand{BC}[0]{\begin{cases}}
\newcommand{BE}[0]{\begin{equation}}
\newcommand{bl}[0]{\boldsymbol}
\newcommand{BM}[0]{\begin{matrix}}
\newcommand{D}[0]{\displaystyle}
\newcommand{EA}[0]{\end{align*}}
\newcommand{EC}[0]{\end{cases}}
\newcommand{EE}[0]{\end{equation}}
\newcommand{EM}[0]{\end{matrix}}
\newcommand{h}[0]{\boldsymbol{h}}
\newcommand{k}[0]{\boldsymbol{k}}
\newcommand{L}[0]{\left}
\newcommand{l}[0]{\boldsymbol{l}}
\newcommand{m}[0]{\boldsymbol{m}}
\newcommand{n}[0]{\boldsymbol{n}}
\newcommand{R}[0]{\right}
\newcommand{vep}[0]{\varepsilon}
$$
$\hspace{5pt}$次の定理を証明します。
定理１.$\hspace{5pt}$
$\BA\D\\ \int_0^1 K(\sqrt{x})^2\L(4x(1-x)\R)^n\,dx=\sum_{k=0}^n \beta_k^3\beta_{n-k}\L(\frac{7}{2}\zeta(3)-\sum_{j=0}^{k-1}\frac{1}{\qty(2j+1)^3\beta_j^2}\R) \EA$
$\hspace{5pt}$先ず
$\BA\D Q(u,t):=\frac{\sqrt{1-u}}{1-ut} \EA$
とおき，
$\BA\D Q(u,t)=\sum_{k=0}^\infty Q_k(t)u^k \EA$
で$Q_k(t)$を定義します。このとき，
$\BA\D t^n=\sum_{k=0}^n \beta_{n-k}Q_k(t) \EA$
ですので，
$\BA\D I_n=\int_0^1 K(\sqrt{x})^2t^n\,dx\qquad(t=4x(1-x)) \EA$
は
$\BA\D A_k:=\int_0^1 K(\sqrt{x})^2Q_k(t)\,dx \EA$
とおくと
$\BA\D I_n=\sum_{k=0}^n \beta_{n-k}A_k \EA$
と書けます。したがって，
$\BA\D A_k=\beta_k^3\L(\frac{7}{2}\zeta(3)-\sum_{j=0}^{k-1}\frac{1}{\qty(2j+1)^3\beta_j^2}\R) \EA$
を示せばよいです。$A_k$の漸化式は
$\BA\D \boxed{\quad(2k+1)^3A_k-(2k+2)^3A_{k+1}=\beta_k\quad}\tag{1} \EA$
です。$A_k$の漸化式を与えるために，
$\BA\D (2k+1)^3Q_k(t)-(2k+2)^3Q_k(t) \EA$
の母関数を与えます。これは，$\theta:=u\frac{d}{du}$とし
$\BA\D L:=(2\theta+1)^3-\frac{8}{u}\theta^3 \EA$
とおくと
$\BA\D LQ(u,t)=\sum_{k=0}^\infty \L((2k+1)^3Q_k(t)-(2k+2)^3Q_k(t)\R)u^k \EA$
となります。$Q(u,t)$の定義に立ちかえれば，
$\BA\D LQ(u,t)=\frac{N(u,t)}{\sqrt{1-u}(1-ut)^4} \EA$
となる多項式$N(u,t)$が存在します。明示式は
$\BA\D N(u,t)&=\sqrt{1-u}(1-ut)^4LQ(u,t)\\&=5t^3u^3-8t^2u^2(t+u)+43tu(tu+1)-32tu(t+u)-8(t+u)+5 \EA$
です。したがって，$|u|<1$に対して項別積分が可能であり，
$\BA\D \sum_{k=0}^\infty \L((2k+1)^3A_k-(2k+2)^3A_{k+1}\R)u^k&=\sum_{n=0}^\infty \L(\int_0^1K(\sqrt{x})^2\L((2k+1)^3Q_k(t)-(2k+2)^3Q_k(t)\R)\,dx\R)u^k\\&=\int_0^1 K(\sqrt{x})^2\frac{N(u,t)}{\sqrt{1-u}(1-ut)^4}\,dx \EA$
なので，
$\BA\D \boxed{\quad \int_0^1 K(\sqrt{x})^2\frac{N(u,t)}{(1-ut)^4}\,dx=1 \quad}\tag{2} \EA$
を示せばよいです。
$\BA\D y:=2x-1,\qquad t=1-y^2=4x(1-x),\qquad W(y):=K\L(\sqrt{\frac{1+y}{2}}\R)^2 \EA$
とおくと，$y$に関する微分方程式
$\BA\D \boxed{\quad t^2W_{yyy}-6ytW_{yy}+(4-7t)W_{y}+yW=0\quad}\tag{3} \EA$
が成り立ちます。
$\hspace{5pt}$$(2)$式を示すために，被積分関数を完全微分のかたちにしたいです。そこで
$\BA\D \frac{d}{dy}\L(\alpha W_{yy}+\beta W_y+\gamma W\R) \EA$
が$W$のみを含む形になるように，係数$\alpha,\beta,\gamma$を選びたいです。目標の係数
$\BA\D \frac{N(u,t)}{\qty(1-ut)^4} \EA$
は$t=1-y^2$のみの関数，すなわち$y\mapsto -y$に対して偶ですので，完全微分後に残る$W$の係数も$t$だけの関数になる必要があります。$(3)$式には$yW, ytW_{yy}$が現れるため，$\alpha$を単に$S(t)$ととると，$W$の係数に$yS(t)$型の奇関数が残ります。これを避ける最小の選択は
$\BA\D \alpha=yS(t) \EA$
です。このとき$y\alpha=y^2S(t)=(1-t)S(t)$となります。同様に考えて
$\BA\D \beta=B(t),\qquad \gamma=yR(t) \EA$
ととれば偶奇性が閉じます。
$\BA\D F:=\alpha W_{yy}+\beta W_y+\gamma W \EA$
とおき，
$\BA\D F_y&=\alpha W_{yyy}+(\alpha_y+\beta)W_{yy}+(\beta_y+\gamma)W_y+\gamma_y W\\&=\L(\frac{6y\alpha}{t}+\alpha_y+\beta\R)W_{yy}+\L(-\frac{(4-7t)\alpha}{t^2}+\beta_y+\gamma\R)W_y+\L(-\frac{y\alpha}{t^2}+\gamma_y\R)W\\&=\L(\frac{6(1-t)S}{t}+S-2(1-t)S_t+\beta\R)W_{yy}+\L(-\frac{(4-7t)S}{t^2}-2B_t+R\R)yW_y+\L(-\frac{(1-t)S}{t^2}+R-2(1-t)R_t\R)W \EA$
となります。$W_{yy},W_y$の係数が$0$となるためには
$\BA\D B&=-\frac{6-5t}{t}S+2(1-t)S_t\\ R&=2B_t+\frac{4-7t}{t^2}S \EA$
と選べばよく，
$\BA\D \boxed{\quad-\frac{(1-t)S}{t^2}+R-2(1-t)R_t=\frac{N(u,t)}{\qty(1-ut)^4}\quad}\tag{4} \EA$
となるような$S(t)$を求めればよいです。
$\hspace{5pt}$$t\to0$で$W_{yy}\sim -t^{-2}\log t$となるため，$\alpha W_{yy}$が有限な境界値をもつためには$S(t)=O(t^2)$が必要です。また，$(4)$式には$S$の$t$-微分が高々３回現れるため，$S$の分母に$1-ut$をもたせると，最終的に$\qty(1-ut)^4$が現れます。したがって，分母構造と境界条件を同時に満たす細小の候補としては
$\BA\D S(t)=\frac{t^2}{D},\qquad D:=1-ut \EA$
です。とりあえずこの$S$を代入することで$B,R,F_y$を計算すると，
$\BA\D B&=\frac{t^2-2t+4ut^2-3ut^3}{D^2}\\R&=\frac{-3t+4ut-4ut^2+4u^2t^2-u^2t^3}{D^3}\\ F_y&=\frac{5t^3u^3-8t^3u^2-8t^2u^3+43t^2u^2-32t^2u-32tu^2+43tu-8t-8u+5}{D^4}=\frac{N(u,t)}{D^4} \EA$
となり，ちょうど合致していました。
$\hspace{5pt}$あとは境界値計算ですが，
$\BA\D L:=\log\frac{8}{\sqrt{t}} \EA$
として，$y\to1-0,t\to+0$において
$\BA\D W&=L^2+O(tL^2)\\ W_y&=\frac{2L}{t}+O(L^2)\\ W_{yy}&=\frac{4L+2}{t^2}+O(t^{-1}L^2)\\ \alpha&=t^2+O(t^3)\\ \beta&=-2t+O(t^2)\\ \gamma&=O(t) \EA$
なので，
$\BA\D \alpha W_{yy}+\beta W_y+\gamma W=o(1) \EA$
であり，
$\BA\D \lim_{y\to1-0}\L(\alpha W_{yy}+\beta W_y+\gamma W\R)=2 \EA$
がわかります。$y\to-1+0$側の境界値は$0$となることは，$W,W_y,W_{yy}$が有限であることから明らかです。
$\hspace{5pt}$したがって
$\BA\D \int_{-1}^1 W(y)\frac{N(u,1-y^2)}{\qty(1-u\qty(1-y^2))^4}\,dy=2 \EA$
すなわち
$\BA\D \int_0^1 K(\sqrt{x})^2\frac{N(u,t)}{\qty(1-ut)^4}\,dx=1 \EA$
となります。
