中央二項係数の2乗のFourier-Legendre展開

\begin{align} \beta_n:=\frac{\Gamma(n+\frac12)}{\Gamma(\frac12)\Gamma(n+1)}\ ,K(x):=\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{(1-t^2)(1-x^2t^2)}} \ ,\ \beta(2):=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2} \end{align}
$P_n(x):\mathrm{Legendre}多項式$

前回の記事同様 多重超幾何級数のFourier-Legendre展開 を参考にさせてもらいます.
\begin{eqnarray} (2n+1)xP_n(x)&=&(n+1)P_{n+1}(x)+nP_{n-1}(x)\\ (2n+1)(1-x^2)\frac{d}{dx}P_{n}(x)&=&n(n+1)\left(P_{n-1}(x)-P_{n+1}(x)\right) \end{eqnarray}
から,
\begin{align} \left(x-(1-x^2)\frac{d}{dx}\right)P_n(x)=\frac{(n+1)^2P_{n+1}(x)-n^2P_{n-1}(x)}{2n+1} \end{align}
がすぐにわかります.
次に,両辺に$f(x)$をかけて0から1で積分します.
\begin{eqnarray} (RHS)&=&\frac{1}{2n+1}\left((n+1)^2\int_0^1f(x)P_{n+1}(x)dx-n^2\int_0^1f(x)P_{n-1}(x)dx\right)\\ (LHS)&=&\int_0^1P_n(x)\cdot xf(x)dx-\left[P_n(x)(1-x^2)f(x)\right]_0^1+\int_0^1P_n(x)\frac{d}{dx}(1-x^2)f(x)dx\\ &=&\int_0^1P_{n}(x)\left((1-x^2)\frac{d}{dx}-x\right)f(x)dx-\left[(1-x^2)P_n(x)f(x)\right]_0^1 \end{eqnarray}
よって,
\begin{align} \left((1-x^2)\frac{d}{dx}-x\right)f(x)=g(x),D_n(x):=(1-x^2)P_n(x)f(x) \end{align}
とすれば,
\begin{eqnarray} \int_0^1f(x)P_{2n}(x)dx&=&\beta_n^2\left(\int_0^1f(x)dx+\sum_{k=1}^{n}\frac{4k-1}{(2k\beta_k)^2}\left(\int_0^1g(x)P_{2k-1}(x)dx-[D_{2k-1}(x)]_0^1\right)\right) \\ \int_0^1f(x)P_{2n-1}(x)dx&=&\frac{1}{(2n\beta_n)^2}\sum_{k=0}^{n-1}(4k+1)\beta_k^2\left(\int_0^1g(x)P_{2k}(x)-[D_{2k}(x)]_0^1\right)\\ \end{eqnarray}
となります.
\begin{align} \frac{g(x)}{\sqrt{1-x^2}}=\left(\sqrt{1-x^2}\frac{d}{dx}-\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right)f(x)=\frac{d}{dx}\left(\sqrt{1-x^2}\cdot f(x)\right)\Rightarrow f(x)=\frac{f(0)}{\sqrt{1-x^2}} + \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\int_0^x \frac{g(t)}{\sqrt{1-t^2}}dt \end{align}
なので,
\begin{align} (g(x),f(x))=\left(\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{2n},\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n-1}}{2n\beta_n}\sum_{k=0}^{n-1}\beta_ka_k\right),\left(\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^{2n-1},\sum_{n=0}^{\infty}\beta_nx^{2n}\sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{2k\beta_k}\right) \end{align}
は,$\left((1-x^2)\frac{d}{dx}-x\right)f(x)=g(x)$を満たします.

$g(x)=0$で$f(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$,$g(x)=1$で$f(x)=\frac{\sin^{-1}x}{\sqrt{1-x^2}}$,$g(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$で$f(x)=\frac{\tanh^{-1}x}{\sqrt{1-x^2}}$

なので次を得ます.

積分区間が-1から1の場合でも同様にして
\begin{eqnarray} \int_{-1}^1f(x)P_{2n}(x)dx&=&\beta_n^2\left(\int_{-1}^1f(x)dx+\sum_{k=1}^{n}\frac{4k-1}{(2k\beta_k)^2}\left(\int_{-1}^1g(x)P_{2k-1}(x)dx-[D_{2k-1}(x)]_{-1}^1\right)\right) \\ \int_{-1}^1f(x)P_{2n-1}(x)dx&=&\frac{1}{(2n\beta_n)^2}\sum_{k=0}^{n-1}(4k+1)\beta_k^2\left(\int_{-1}^1g(x)P_{2k}(x)-[D_{2k}(x)]_{-1}^1\right)\\ \end{eqnarray}
がわかります.
$g(x)=\frac{1+x}{\sqrt{1-x^2}}$とすれば,$f(x)=\frac{\ln\frac1{1-x}}{\sqrt{1-x^2}}$となり,
\begin{align} \int_{-1}^{1}g(x)P_{2k-1}(x)dx=\frac{1}{4k-1}\int_{-1}^{1}\frac{2kP_{2k}(x)+(2k-1)P_{2k-2}(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx=\frac{\pi}{2}\frac{1}{4k-1}\left(2k\beta_k^2+\frac{(2k)^2}{2k-1}\beta_k^2\right) \end{align}
に注意すると,次を得ます.

$g(x)=\sum_{n=0}^{\infty}P_n(x)=\frac{1}{\sqrt{2(1-x)}}$とすれば$f(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\tanh^{-1}\sqrt{\frac{1+x}{2}}$となり次がわかります.

$K(x)$のmomentを用いて書くと,
\begin{align} E_{n}:=\int_0^1x^{2n}K(x)dx\ ,\ F_n:=\int_0^1x^{2n+1}K(x)dx \end{align}
\begin{align} \frac{\tanh^{-1}\sqrt{x}}{2\sqrt{x(1-x)}}=\sum_{n=0}^{\infty}\left((4n+1)E_{n}P_{2n}(2x-1)+(4n+3)F_{n}P_{2n+1}(2x-1)\right) \end{align}
であり,少し計算すれば,
\begin{align} \sum_{n=0}^{\infty}\left((4n+1)E_n^2-(4n+3)F_n^2\right)=\frac{1}{4}\int_0^1\frac{\tanh^{-1}\sqrt{x}}{\sqrt{x(1-x)}}\cdot\frac{\tanh^{-1}\sqrt{1-x}}{\sqrt{x(1-x)}}dx=\frac{\pi^2\ln2}{4} \end{align}
と 閉形式で書ける／書けそうな級数まとめ の18が示せます.

おまけ

1乗については,ルジャンドル多項式の関係式
\begin{eqnarray} (2n+1)xP_n(x)=(n+1)P_{n+1}(x)+nP_{n-1}(x)\\ (2n+1)P_n(x)=\frac{d}{dx}(P_{n+1}(x)-P_{n-1}(x))\\ (2n+1)(1-x^2)\frac{d}{dx}P_n(x)=n(n+1)(P_{n-1}(x)-P_{n+1}(x)) \end{eqnarray}
の3つを用いて式変形していくことになりますが、何か特定の形に対して有効的な結果を得るということはできないかもしれません.
具体的な関数について、それぞれ変形していくしか無いように思いました.

1つFL展開を計算してみます.
\begin{eqnarray} A_n:=\int_0^1\frac1{\sqrt{1-x}}P_n(x) \end{eqnarray}
を考えます.
\begin{eqnarray} \int_0^1P_n(x)\cdot2(1-x^2)\frac{d}{dx}\frac{1}{\sqrt{1-x}}dx&=&\int_0^1P_n(x)\cdot\frac{1+x}{\sqrt{1-x}}dx\\ &=&A_n+\frac{(n+1)A_{n+1}+nA_{n-1}}{2n+1}\\ (LHS)&=&\left[2(1-x^2)P_n(x)\frac{1}{\sqrt{1-x}}\right]_0^1-2\int_0^1\left((1-x^2)\frac{d}{dx}-2x\right)P_n(x)\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x}}dx\\ &=&-2P_n(0)-\frac{2}{2n+1}(n(n+1)(A_{n-1}-A_{n+1})-2((n+1)A_{n+1}+nA_{n-1}))\\ &=&-2P_n(0)+\frac{2}{2n+1}((n+1)(n+2)A_{n+1}-(n-1)nA_{n-1}) \end{eqnarray}
なので,
\begin{align} A_n+2P_n(0)=\frac{(n+1)(2n+3)A_{n+1}-n(2n-1)A_{n-1}}{2n+1}…(1) \end{align}
です.また,
\begin{eqnarray} \int_0^1\frac{1-x}{\sqrt{1-x}}\cdot(2n+1)P_n(x)dx&=&\int_0^1\sqrt{1-x}\cdot\frac{d}{dx}(P_{n+1}(x)-P_{n-1}(x))dx\\ &=&[\sqrt{1-x}(P_{n+1}(x)-P_{n-1}(x))]_0^1+\frac12\int_0^1\frac{P_{n+1}(x)-P_{n-1}(x)}{\sqrt{1-x}}dx\\ &=&P_{n-1}(0)-P_{n+1}(0)+\frac12(A_{n+1}-A_{n-1})\\ (LHS)&=&(2n+1)A_n-((n+1)A_{n+1}+nA_{n-1}) \end{eqnarray}
なので,
\begin{align} (2n+1)A_n+P_{n+1}(0)-P_{n-1}(0)=\left(n+\frac32\right)A_{n+1}+\left(n-\frac{1}2\right)A_{n-1}...(2) \end{align}
です.$(1),(2)$より,
\begin{align} 2(2n+1)P_{n}(0)-P_{n+1}(0)+P_{n-1}(0)=\left(n+\frac12\right)(2n+3)A_{n+1}-\left(n+\frac12\right)(2n-1)A_{n-1} \end{align}
ですから,
\begin{eqnarray} A_{2n+1}=\frac{4}{4n+3}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\beta_k \end{eqnarray}
であり,$(2)$から,
\begin{align} A_{2n}=\frac{2}{4n+1}\left(2\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\beta_k-(-1)^{n}\beta_n\right) \end{align}
がわかります.