$$\newcommand{BA}[0]{\begin{align*}}
\newcommand{BC}[0]{\begin{cases}}
\newcommand{BE}[0]{\begin{equation}}
\newcommand{bl}[0]{\boldsymbol}
\newcommand{BM}[0]{\begin{matrix}}
\newcommand{D}[0]{\displaystyle}
\newcommand{EA}[0]{\end{align*}}
\newcommand{EC}[0]{\end{cases}}
\newcommand{EE}[0]{\end{equation}}
\newcommand{EM}[0]{\end{matrix}}
\newcommand{h}[0]{\boldsymbol{h}}
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\newcommand{L}[0]{\left}
\newcommand{l}[0]{\boldsymbol{l}}
\newcommand{m}[0]{\boldsymbol{m}}
\newcommand{n}[0]{\boldsymbol{n}}
\newcommand{R}[0]{\right}
\newcommand{vep}[0]{\varepsilon}
$$
定理.$\hspace{5pt}$$U_n(x)$を$n$次の第二種 Chebyshev 多項式とします。
$\BA\D\\ (1):\quad&\int_0^1 \frac{K'(x)^3}{K(x)^2+K'(x)^2}\L(4U_{4n}(x)-x^{2n}\R)\,dx=\frac{\pi^2}{2}\beta_n^2 \\ (2):\quad&\int_0^1 \frac{K(x)^2K'(x)}{K(x)^2+K'(x)^2}U_{4n-2}(x)\,dx=\frac{1}{2\L(2n\beta_n\R)^2} \EA$
が成り立ちます。 $(1)$式の証明
$\hspace{5pt}$両辺の母関数をとると
$\BA\D \int_0^1 \frac{K'(x)^3}{K(x)^2+K'(x)^2}\L(\frac{4\L(1-r^2+4r^2x^2\R)}{\L((1+r)^2-4r^2x^2\R)\L((1-r)^2+4r^2x^2\R)}-\frac{1}{1-r^2x^2}\R)dx=\pi K(r) \EA$
です。
$\BA\D \Phi(x)&:=\frac{K'(x)^2}{K(x^{-1})}\\ R(x)&:=\frac{4\L(1-r^2+4r^2x^2\R)}{\L((1+r)^2-4r^2x^2\R)\L((1-r)^2+4r^2x^2\R)}-\frac{1}{1-r^2x^2} \EA$
とします。
$\hspace{5pt}$いま
$\BA\D F(z):=zR(z)\Phi(z) \EA$
について考えます。$0< x<1$における$K(x^{-1})$の接続公式は
$\BA\D K(x^{-1}\pm i0)=x\L(K(x)\mp iK'(x)\R) \EA$
なので，
$\BA\D \Phi(x+i0)-\Phi(x-i0)&=\frac{K'(x)^2}{x}\L(\frac{1}{K(x)-iK'(x)}-\frac{1}{K(x)+iK'(x)}\R)\\&=\frac{2i}{x}\frac{K'(x)^3}{K(x)^2+K'(x)^2} \EA$
であり
$\BA\D F(x+i0)-F(x-i0)=2iR(x)\frac{K'(x)^3}{K(x)^2+K'(x)^2} \EA$
ゆえに
$\BA\D \boxed{\quad\int_0^1 \L(F(x+i0)-F(x-i0)\R)\,dx=2i\int_0^1 \frac{K'(x)^3}{K(x)^2+K'(x)^2}R(x)\,dx\quad}\EA$
です。
$\hspace{5pt}$十分に大きい$R$をとり，積分路を図のように定めます。
$\hspace{5pt}$
$\BA\D
\EA$
$\hspace{5pt}$$z\to0$においては，
$\BA\D R(z)=O(1),\quad K'(z)=O\L(\log|z|\R),\quad K(z^{-1})=O(|z|\log|z|)\EA$
なので，
$\BA\D F(z)=O(\log|z|)\EA$
また，$C_0^{\pm}$の長さは$O(\varepsilon)$なので
$\BA\D \L|\int_{C_0^\pm}F(z)\,dz\R|\le O(\varepsilon)O(\log\varepsilon)\to0\qquad(\varepsilon\to0^+) \EA$
となります。同様に，
$\BA\D \L|\int_{C_1}F(z)\,dz\R|\le O(\varepsilon)O(1)\to0\qquad(\varepsilon\to0^+) \EA$
となります。
$\hspace{5pt}$大円弧$C_R$では，$|z|\to\infty$で
$\BA\D R(z)=O\qty(|z|^{-2}),\qquad K'(z)=O\qty(|z|^{-1}\log|z|),\qquad K(z^{-1})=\frac{\pi}{2}+O\qty(|z|^{-2}) \EA$
なので
$\BA\D F(z)=O\L(|z|^{-3}\log^2|z|\R) \EA$
であり，$R\to\infty$で
$\BA\D \L|\int_{C_R}F(z)\,dz\R|\le\pi R \times O\L(R^{-3}\log^2R\R)\to0 \EA$
です。
$\hspace{5pt}$半円弧$C_2^-,C_2^+$については
$\BA\D \lim_{\varepsilon\to0^+}\int_{C_2^-}F(z)\,dz&=\pi i \underset{z=-i\frac{1-r}{2\sqrt{r}}}{\rm Res}F(z)=\pi i\frac{\qty(2K(r)+iK'(r))^2}{4K(r)}\\ \lim_{\varepsilon\to0^+}\int_{C_2^+}F(z)\,dz&=\pi i \underset{z=i\frac{1-r}{2\sqrt{r}}}{\rm Res}F(z)=\pi i\frac{\qty(2K(r)-iK'(r))^2}{4K(r)} \EA$
となり
$\BA\D \int_{C_2^-}F(z)\,dz+\int_{C_2^+}F(z)\,dz=\pi i\L(2K(r)-\frac{K'(r)^2}{2K(r)}\R) \EA$
です。
$\hspace{5pt}$$F(z)$は奇関数なので虚軸上の積分値は上下で相殺され$0$となります。
$\hspace{5pt}$$z=\frac{1+r}{2\sqrt{r}},\frac{1}{r}$での留数はそれぞれ
$\BA\D &\underset{z=\frac{1}{r}}{\rm Res}F(z)=\frac{K'(r)^2}{2K(r)}\\&\underset{z=\frac{1+r}{2\sqrt{r}}}{\rm Res}F(z)=-\frac{K'(r)^2}{4K(r)} \EA$
です。
$\hspace{5pt}$切断$(0,1)$の下側を$B^-:0\to1$，上側を$B^+:1\to0$に進むので
$\BA\D \int_{B_-}F(z)\,dz+\int_{B_+}F(z)\,dz&=\int_0^1 F(x-i0)\,dx+\int_1^0 F(x+i0)\,dx\\&=-\int_0^1 \qty(F(x+i0)-F(x-i0))\,dx\\&=-2i\int_0^1 \frac{K'(x)^3}{K(x)^2+K'(x)^2}R(x)\,dx \EA$
となります。
$\hspace{5pt}$図の通り，留数定理は
$\BA\D \L(\int_{C_0^-}+\int_{C_0^+}+\int_{C_1}+\int_{C_R}+\int_{L_1}+\int_{L_2}+\int_{L_3}+\int_{L_4}+\int_{B^-}+\int_{B^+}\R)F(z)\,dz=-2\pi i\L(\underset{z=\frac{1}{r}}{\rm Res}F(z)+\underset{z=\frac{1+r}{2\sqrt{r}}}{\rm Res}F(z)\R) \EA$
です。$\varepsilon\to0^+,R\to\infty$で
$\BA\D ({\rm LHS})=\pi i\L(2K(r)-\frac{K'(r)^2}{2K(r)}\R)-2i\int_0^1 \frac{K'(x)^3}{K(x)^2+K'(x)^2}R(x)\,dx \EA$
となり，
$\BA\D ({\rm RHS})=-\pi i\frac{K'(r)^2}{2K(r)} \EA$
なので，整理すれば
$\BA\D \int_0^1 \frac{K'(x)^3}{K(x)^2+K'(x)^2}R(x)\,dx=\pi K(r) \EA$
を得ました。
$(2)$式の証明
$\hspace{5pt}$$x=\cos\theta$と置換することで
$\BA\D I_n:=&\int_0^1 \frac{K(x)^2K'(x)}{K(x)^2+K'(x)^2}U_{4n-2}(x)\,dx\\=&\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{A^2B}{A^2+B^2}\sin(4n-1)\theta\,d\theta \EA$
ただし，$A=A(\theta):=K(\cos\theta),\quad B=B(\theta):=K(\sin\theta)$と書いています。
$\hspace{5pt}$次の Tricomi 展開があります：
$\BA\D A&=\pi\sum_{m=0}^\infty \beta_m^2\sin(4m+1)\theta\\ B&=\pi\sum_{m=0}^\infty \beta_m^2\cos(4m+1)\theta\\ A+iB&=\pi\sum_{m=0}^\infty \beta_m^2e^{i(4m+1)\theta} \EA$
ここで
$\BA\D \Omega=\Omega(e^{i\theta}):=A+iB \EA$
とすると
$\BA\D \Omega(w)=2wK(w^2) \EA$
です。
$\BA\D A=\frac{\Omega+\overline{\Omega}}{2},\qquad B=\frac{\Omega-\overline{\Omega}}{2i} \EA$
であり，
$\BA\D \frac{A^2B}{A^2+B^2}&=\Im\frac{A^2}{A-iB}\\&=\Im\L(\frac{\Omega+\overline{\Omega}}{2}\R)^2\frac{1}{\overline{\Omega}}\\&=\frac{1}{4}\Im\frac{\Omega^2}{\overline{\Omega}}+\frac{1}{2}\Im\Omega+\frac{1}{4}\Im\overline{\Omega} \EA$
となります。ところで，$\Im \Omega=B=K(\sin\theta)$は$\sin(4m+1)\theta$のみを含みますので，$\sin(4n-1)\theta$と直交します。同様に$\Im\overline{\Omega}$も直交します。よって，
$\BA\D ({\rm A}):\quad\boxed{\quad I_n=\frac{1}{4}\int_0^\frac{\pi}{2} \L(\Im\frac{\Omega^2}{\overline{\Omega}}\R)\sin(4n-1)\theta\,d\theta\quad} \EA$
となります。
$\hspace{5pt}$ここで，
$\BA\D Q(w):=\frac{\Omega(w)^2}{\Omega(w^{-1})} \EA$
とします。$\Omega(iw)=i\Omega(w)$なので
$\BA\D Q(iw)=-iQ(w) \EA$
したがって，$Q(w)$を$w=0$まわりで Laurent 展開すると
$\BA\D Q(w)=\sum_{m=-\infty}^\infty q_mw^{4m+3} \EA$
と書けます。
$\hspace{5pt}$いま，$x$についての冪級数
$\BA\D f(x)=\sum_{m=-\infty}^\infty f_mx^m \EA$
において非負冪のみを取り出す操作を$\Pi_+^{(x)}$，すなわち
$\BA\D f_+^{}(x)=\Pi_+^{(x)}f(x):=\sum_{m=0}^\infty f_mx^m \EA$
と定義します。このとき，
$\BA\D Q_+^{}(w)=\Pi_+^{(w)}Q(w)=\sum_{m=0}^\infty q_mw^{4m+3} \EA$
です。
$\hspace{5pt}$$({\rm A})$式から，$(2)$式は
$\BA\D \Im Q(e^{i\theta})=\frac{8}{\pi}\sum_{m=1}^\infty \frac{1}{\qty(2m\beta_m)^2}\sin(4m-1)\theta \EA$
と同値関係にあります。したがって，
$\BA\D Q_+^{}(w)=\sum_{m=1}^\infty q_{m-1}w^{4m-1}=\frac{8}{\pi}\sum_{m=1}^\infty \frac{w^{4m-1}}{\qty(2m\beta_m)^2} \EA$
が成り立てばよいこととなります。すなわち
$\BA\D \frac{8}{\pi}\sum_{m=1}^\infty \frac{w^{4m-1}}{\qty(2m\beta_m)^2}&=\Pi_+^{(w)}\frac{\Omega(w)^2}{\Omega(w^{-1})}\\&=\Pi_+^{(w)}2w^3\frac{K(w^2)^2}{K(w^{-2})}\\&=2w^3\Pi_+^{(w)}\frac{K(w^2)^2}{K(w^{-2})} \EA$
が成り立てばよく，これは
$\BA\D \frac{4}{\pi}K(w^{-2})\sum_{m=1}^\infty \frac{w^{4m-4}}{\qty(2m\beta_m)^2}-K(w^2)^2 \EA$
が非負冪の項をもたないことと同値です。
$\hspace{5pt}$そしてこれの非負冪$w^{4n}$の係数は
$\BA\D 2\sum_{k=0}^\infty \frac{\beta_k^2}{\qty(\qty(2k+2n+1)\beta_{k+n})^2}-\frac{\pi^2}{4}\sum_{k=0}^n\beta_k^2\beta_{n-k}^2 \EA$
ですので，これが$0$であることが示せればよいです。
これを，Parseval の等式により証明します。
$\hspace{5pt}$先ず，
$\BA\D P_n(\cos\theta)=\sum_{k=0}^n \beta_k\beta_{n-k}\cos(n-2k)\theta \EA$
が成り立ちます。この両辺の母関数が等しいことは簡単にわかります。
$\hspace{5pt}$ここで次の積分を考えます：
$\BA\D I_m:=\int_0^\frac{\pi}{2} P_n(\cos\theta)\sin(2m+n+1\theta)\,d\theta \EA$
$P_n(\cos\theta)$の Fourier 展開を用いると
$\BA\D I_m&=\sum_{k=0}^n \beta_k\beta_{n-k}\int_0^\frac{\pi}{2} cos(n-2k)\theta\sin(2m+n+1\theta)\,d\theta\\&=\frac{1}{2}\sum_{k=0}^n \beta_k\beta_{n-k}\int_0^\frac{\pi}{2} \L(\sin(2m+2n-2k+1)\theta+\sin(2m+2k+1)\theta\R)\,d\theta\\&=\frac{1}{2}\sum_{k=0}^n \beta_k\beta_{n-k}\L(\frac{1}{2m+2n-2k+1}+\frac{1}{2m+2k+1}\R)\\&=\sum_{k=0}^n \frac{\beta_k\beta_{n-k}}{2m+2k+1}\\&=\frac{\beta_m}{(2m+2n+1)\beta_{m+n}} \EA$
となります。
$\hspace{5pt}$$f(\theta)=P_n(\cos\theta)$と書くことにします。区間$(0,\pi)$の正弦級数について Parseval の等式を適用します。
$\BA\D B_l:=\int_0^\pi f(\theta)\sin l\theta\,d\theta \EA$
とすると，
$\BA\D \int_0^\pi f(\theta)^2\,d\theta=\frac{2}{\pi}\sum_{l=1}^\infty B_l^2 \EA$
です。
$\hspace{5pt}$ここで，$f(\pi-\theta)=(-1)^nf(\theta)$なので，対称性から$B_l$は
$\BA\D l\equiv n+1\quad ({\rm mod}\,\, 2) \EA$
のとき以外は$0$となります。さらに，$l\le n$のときは$U_{l-1}(x)$は$n-1$次以下の多項式となるので，
$\BA\D B_l=\int_{-1}^1 P_n(x)U_{l-1}(x)\,dx=0 \EA$
です。よって，$B_l$が非零となる可能性があるのは
$\BA\D l=2m+n+1\qquad(m=0,1,2,\cdots) \EA$
のみです。このとき，対称性により
$\BA\D B_{2m+n+1}&=\int_0^\pi f(\theta)\sin(2m+n+1)\theta\,d\theta\\&=2\int_0^\frac{\pi}{2}f(\theta)\sin(2m+n+1)\theta\,d\theta\\&=2I_m \EA$
したがって
$\BA\D \int_0^\pi f(\theta)^2\,d\theta&=\frac{8}{\pi}\sum_{m=0}^\infty I_m^2\\&=\frac{8}{\pi}\sum_{m=0}^\infty\frac{\beta_k^2}{\qty(\qty(2k+2n+1)\beta_{k+n})^2} \EA$
となります。
$\hspace{5pt}$一方で，
$\BA\D \int_0^\pi \cos(n-2k)\theta\cos(n-2l)\theta\,d\theta& \EA$
は，$k+l\neq n$で$0$，$k+l=n$の場合は，$k\neq l$で$0$，$k=l$で$\pi$となります。したがって，
$\BA\D \int_0^\pi f(\theta)\,d\theta=\pi\sum_{k=0}^n \beta_k^2\beta_{n-k}^2 \EA$
であり，
$\BA\D \frac{8}{\pi}\sum_{m=0}^\infty\frac{\beta_k^2}{\qty(\qty(2k+2n+1)\beta_{k+n})^2}=\pi\sum_{k=0}^n \beta_k^2\beta_{n-k}^2 \EA$
と，証明が完了しました。
