係数比較からわかるFourier-Legendre展開

\begin{align} \beta_n;=\frac{\Gamma(n+\frac12)}{\Gamma(\frac12)\Gamma(n+1)},\kappa(x):=\sum_{n\geq0}\beta_n^2x^n \end{align}

導入

\begin{eqnarray} f(x)&=&\sum_{n\geq0}(2n+1)P_{n}(2x-1)\int_0^1f(u)P_n(2u-1)du\\ &=&\sum_{n\geq0}(2n+1)P_{n}(2x-1)\ [t^n]\sum_{m\geq0}\int_0^1f(u)\cdot P_m(2u-1)t^mdt\\ &=&\sum_{n\geq0}(2n+1)P_n(2x-1)\ [t^n]\int_0^1f(u)\cdot\frac{1}{\sqrt{1-2t(2u-1)+t^2}}du\\ &=&\sum_{n\geq0}(2n+1)P_n(2x-1)\ [t^n]\int_0^1f(u)\cdot\frac{1}{1+t}\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{2\sqrt{t}}{1+t})^2u}}du\\ \end{eqnarray}
という計算ができるので,$\int_0^1\frac{f(x)}{\sqrt{1-tx}}dx$が計算できれば$f(x)$のFL展開がわかる場合があります.
例えば,$f(x)=\frac{1}{\sqrt{x(1-x)}}$のとき,
\begin{align} \frac{1}{1+t}\int_0^1f(x)\frac{dx}{\sqrt{1-(\frac{2\sqrt{t}}{1+t})^2x}}=\frac{1}{1+t}\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{x(1-x)(1-(\frac{2\sqrt{t}}{1+t})x)}}=\frac{\pi}{1+t}\kappa\left(\frac{4t}{(1+t)^2}\right)=\pi\kappa(t^2) \end{align}
と計算できるので,
\begin{eqnarray} \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}}&=&\sum_{n\geq0}(2n+1)P_n(2x-1)\ [t^n]\pi\sum_{m\geq0}\beta_m^2t^{2m}\\ &=&\pi\sum_{n\geq0}(4n+1)\beta_n^2P_{2n}(2x-1) \end{eqnarray}
がわかります.

例1

$f(x)=x^{a-1}(1-x)^{b-1}$のとき,
\begin{eqnarray} \frac{1}{1+t}\int_0^1\frac{f(x)}{\sqrt{1-(\frac{2\sqrt{t}}{1+t})^2x}}dx&=&\frac{1}{1+t}\int_0^1x^{a-1}(1-x)^{b-1}\left(1-\left(\frac{2\sqrt{t}}{1+t}\right)^2x\right)^{-\frac12}dx\\ &=&\frac{1}{1+t}\cdot \frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}\ _2F_1\left[ \begin{matrix} \frac12,a\\ a+b \end{matrix};\frac{4t}{(1+t)^2} \right] \end{eqnarray}

なので,超幾何級数の変換公式
\begin{eqnarray} (1)\ _2F_1\left[ \begin{matrix} \frac{a}{2},\frac{1+a}{2}\\ 1+a-b \end{matrix};\frac{4t}{(1+t)^2} \right]&=&(1+t)^a\ _2F_1\left[ \begin{matrix} a,b\\ 1+a-b \end{matrix};t \right]\\ (2)　　　\ _2F_1\left[ \begin{matrix} a,b\\ 2b \end{matrix};\frac{4t}{(1+t)^2} \right] &=&(1+t)^{2a}\ _2F_1\left[ \begin{matrix} a,a-b+\frac12\\ b+\frac12 \end{matrix};t^2 \right] \end{eqnarray}

が使える場合FL展開が計算できそうです.
(1)を使う場合は,$f(x)=(1-x)^{s-1}$として
(2)を使う場合は,$f(x)=(x(1-x))^{s-1}$として次を得ます.

特に,下の式では,$s=\frac34$として,
\begin{align} (x(1-x))^{-\frac14}=\frac{4\pi^{\frac32}}{\Gamma(\frac14)^2}\sum_{n\geq0}\beta_nP_{2n}(2x-1) \end{align}
となります.また,上の式については,両辺$s$で偏微分することにより,
\begin{align} (1-x)^{s-1}\ln(1-x)=\frac{1}{s}\sum_{n\geq0}(2n+1)\frac{(1-s)_n}{(1+s)_n}P_n(2x-1)\left(-\psi(n+1-s)-\psi(n+1+s)+\psi(1-s)+\psi(s)\right) \end{align}
を得ます.特に$s=\frac12$で,
\begin{align} \frac{\ln\frac1{1-x}}{\sqrt{1-x}}=4\sum_{n\geq0}P_n(2x-1)\left(\frac{1}{2n+1}+2\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{2k+1}\right) \end{align}
となります.

例2

K^２のmomentの計算 で,
\begin{align} \int_0^1\frac{\kappa(x^2)}{\sqrt{1-z+\frac{z^2}{4}x^2}}dx=\frac{\pi}{2}\kappa(z)^2 \end{align}
を示しましたが,$z=\frac{4t}{(1+t)^2}$とすることで,
\begin{align} \int_0^1\frac{\kappa(1-x^2)}{\sqrt{1-2t^2(1-2x^2)+t^4}}dx=\frac{\pi}{2}\kappa(t^2)^2 \end{align}
が得られるので,$t^{2n}$の係数比較から
\begin{align} \int_0^1\frac{\kappa(x)}{\sqrt{1-x}}P_n(2x-1)dx=\pi\sum_{k=0}^n\beta_k^2\beta_{n-k}^2 \end{align}
がわかります.

例3

\begin{eqnarray} \frac1{1+t}\int_0^1\frac{\ln\frac1x}{1-x}\frac{dx}{\sqrt{1-(\frac{4t}{(1+t)^2})x}}&=&\frac{1}{1+t}\int_0^1\ln\frac1x \sum_{n\geq0}x^{n}\sum_{k=0}^{n}\beta_k\left(\frac{4t}{(1+t)^2}\right)^kdx\\ &=&\frac{1}{1+t}\sum_{n\gt k\geq0}\frac1{n^2}\beta_k\left(\frac{4t}{(1+t)^2}\right)^k\\ &=&\frac{1}{1-t}\sum_{n\gt k\geq0}\frac1{n^2}\beta_ku^{2k}\sqrt{1-u^2} \ \left(u=\frac{2\sqrt{t}}{1+t}\right)\\ &=&\frac{1}{1-t}\int_u^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}\sum_{n\gt0}\frac{2\beta_n}{n}x^{2n-1}dx\\ &=&\frac{4}{1-t}\int_u^1\frac{dx}{x\sqrt{1-x^2}}\ln\frac{2}{1+\sqrt{1-x^2}}\\ &=&\frac{4}{1-t}\int_0^{\sqrt{1-u^2}}\frac{dx}{1-x^2}\ln\frac{2}{1+x}\\ &=&\frac{2}{1-t}\int_t^1\frac{\ln(1+x)}{x}dx\ \left(x\to\frac{1-x}{1+x}\right)\\ &=&2\sum_{n\geq0}t^n\sum_{k\gt n}\frac{(-1)^{k-1}}{k^2} \end{eqnarray}
なので,両辺の$t^n$の係数比較から,
\begin{align} \int_0^1\frac{\ln\frac1{x}}{1-x}P_{n}(2x-1)dx=2\sum_{k\gt n}\frac{(-1)^{k-1}}{k^2} \end{align}
がわかります.