$$\newcommand{BA}[0]{\begin{align*}}
\newcommand{BC}[0]{\begin{cases}}
\newcommand{BE}[0]{\begin{equation}}
\newcommand{bl}[0]{\boldsymbol}
\newcommand{BM}[0]{\begin{matrix}}
\newcommand{D}[0]{\displaystyle}
\newcommand{EA}[0]{\end{align*}}
\newcommand{EC}[0]{\end{cases}}
\newcommand{EE}[0]{\end{equation}}
\newcommand{EM}[0]{\end{matrix}}
\newcommand{h}[0]{\boldsymbol{h}}
\newcommand{k}[0]{\boldsymbol{k}}
\newcommand{L}[0]{\left}
\newcommand{l}[0]{\boldsymbol{l}}
\newcommand{m}[0]{\boldsymbol{m}}
\newcommand{n}[0]{\boldsymbol{n}}
\newcommand{R}[0]{\right}
\newcommand{vep}[0]{\varepsilon}
$$
Ⅹに投稿された以下の積分について考えました。
定理１.$\hspace{5pt}\D \beta_n^{}=2^{-2n}\binom{2n}{n},\,f(x)=\sum_{n=0}^\infty \beta_n^2x^n$とするとき
$\BA\D\\ \int_0^1 \exp\L(\sqrt{x}f(x)\R)\sin\L(\sqrt{x}f(1-x)\R)\,dx=\frac{\pi e}{4}. \EA$
$\hspace{5pt}f(z)$は複素平面上で$[1,\infty)$上に分岐截線をもち，それ以外を除く領域で正則です。よって，$\D F(z)=\frac{\exp\L(\alpha f(z)\R)}{z^2}\,\,\,(\alpha\in\mathbb{R})$は複素平面上で$z=0$に孤立特異点，$[1,\infty)$上に分岐截線をもち，それ以外の領域で正則です。$F(z)$の偏角を$[0,2\pi)$で定義します。
$\hspace{5pt}$原点を中心とした半径$R≫1$の円と$z=1$を中心とした半径$r≪1$の円，さらに分岐截線に沿って円どうしをつなぐ２本の直線からなる閉経路$D$で複素積分します。すなわち，
$\BA\D \int_D F(z)\,dz=\int_{\Gamma_1}F(z)\,dz+\int_{\Gamma_2}F(z)\,dz+\int_{\Gamma_3}F(z)\,dz+\int_{\Gamma_4}F(z)\,dz=2\pi i\,\underset{z=0}{\rm Res}\,F(z) \EA$
$\BA\D\Gamma_1:\textrm{大円},\quad\Gamma_2:(R-0i,0-0i)\to(1+r-0i,0-0i),\quad\Gamma_3:\textrm{小円},\quad\Gamma_4:(1+r+0i,0+0i)\to(R+0i,0+0i)\EA$
となると思います。$\BA\D\\ \L|\int_{\Gamma_1}F(z)\,dz\R|&=\L|\int_0^{2\pi} F\L(Re^{i\theta}\R)\,iRe^{i\theta}d\theta\R|\\&\le \frac{1}{R}\L|\int_0^{2\pi} \exp\L(\alpha f\L(Re^{i\theta}\R)\R)\,d\theta\R|\\&=\frac{1}{R}\times(\rm 有限の値)\\&\to 0\quad (R\to \infty) \EA$
$\BA\D\\ \L|\int_{\Gamma_3}F(z)\,dz\R|&=\L|\int_0^{2\pi} F\L(1+re^{i\theta}\R)\,ire^{i\theta}d\theta\R|\\&\le \frac{r}{(1-r)^2}\L|\int_0^{2\pi} \exp\L(\alpha f\L(1+re^{i\theta}\R)\R)\,d\theta\R|\\&\to 0\quad(r\to 0)\quad\cdots(\bigstar) \EA$
$\BA\D\\ \int_{\Gamma_2}F(z)\,dz+\int_{\Gamma_3}F(z)\,dz&=\int_{R-0i}^{1+r-0i}F(x)\,dx+\int_{1+r+0i}^{R+0i}F(x)\,dx\\&=-\int_{1+r}^{R}F(x-0i)\,dx+\int_{1+r}^{R}F(x+0i)\,dx\\&\to\int_1^\infty \L(F(x+0i)-F(x-0i)\R)\,dx\\&=\int_0^1 \L(\exp\L(\alpha f\L(\frac{1}{x}+0i\R)\R)-\exp\L(\alpha f\L(\frac{1}{x}-0i\R)\R)\R)\,dx\\&=\int_0^1 \L(\exp\L(\alpha\sqrt{x}\L(f(x)+if(1-x)\R)\R)-\exp\L(\alpha\sqrt{x}\L(f(x)-if(1-x)\R)\R)\R)\,dx\quad\cdots(\bigstar\bigstar)\\&=2i\int_0^1 \exp\L(\alpha \sqrt{x}f(x)\R)\sin\L(\alpha\sqrt{x}f(1-x)\R)\,dx \EA$
$\hspace{5pt}$$(\bigstar):$$z\to1^-$で$\D f(z)∼\frac{1}{2}\log\frac{1}{1-z}$
$\hspace{5pt}$$(\bigstar\bigstar):$$\D \frac{1}{x}+ai=\frac{1+a^2x^2}{x(1-axi)}$であり，$\D f\L(\frac{1}{z}\R)=\begin{cases}\sqrt{z}\L(f(z)-if(1-z)\R) & ({\frak I}z>0) \\ \sqrt{z}\L(f(z)+if(1-z)\R) & ({\frak I}z<0)\end{cases}$
また，WolframAlpha より$\D \underset{z=0}{\rm Res}\,F(z)=\frac{\alpha e^{\alpha}}{4}.$
以上より，
定理１´.
$\BA\D \int_0^1 \exp\L(\alpha\sqrt{x}f(x)\R)\sin\L(\alpha\sqrt{x}f(1-x)\R)\,dx=\frac{\pi\alpha e^\alpha}{4} \EA$
となりました。一般に，非負整数$n$に対して$\D F(z)=\frac{\exp\L(\alpha f(z)\R)}{z^{n+2}}$を考慮すれば
$\BA\D \int_0^1 x^n\exp\L(\alpha\sqrt{x}f(x)\R)\sin\L(\alpha\sqrt{x}f(1-x)\R)\,dx=\pi\,\underset{z=0}{\rm Res}\,F(z)=\pi\,[x^{n+1}]\exp\L(\alpha f(x)\R) \EA$
であり，両辺に$t^n$を掛けて$n=0,1,2,\cdots$で和をとると
定理２.
$\BA\D \int_0^1 \frac{\exp\L(\alpha\sqrt{x}f(x)\R)\sin\L(\alpha\sqrt{x}f(1-x)\R)}{1-tx}\,dx=\pi\,\frac{e^{\alpha f(t)}-e^\alpha}{t} \EA$
となりました。さらに，前記事と同様の考えで
$\BA\D F_p(z)=\frac{1}{\D z^{n+2}}\,\exp\L(\frac{\alpha}{\D z^{p}}\L(f(z)-\sum_{k=0}^{p-1}\beta_k^2z^k\R)\R) \EA$
と拡張することができると思います。
$\BA\D F_p\L(\frac{1}{z}\R)=\begin{cases}z^{n+2}\exp\L(\alpha \D z^p\L(\sqrt{z}\L(f(z)-if(1-z)\R)-\sum_{k=0}^{p-1}\beta_k^2z^{-k}\R)\R) & {\frak I}z>0 \\ z^{n+2}\exp\L(\alpha \D z^p\L(\sqrt{z}\L(f(z)+if(1-z)\R)-\sum_{k=0}^{p-1}\beta_k^2z^{-k}\R)\R) & {\frak I}z<0\end{cases} \EA$
であり，
定理３.
$\BA\D \int_0^1 x^n\exp\L(\alpha x^p\L(\sqrt{x}f(x)-\sum_{k=0}^{p-1}\beta_k^2x^{-k}\R)\R)\sin\L(\alpha \D x^{\frac{1}{2}+p}f(1-x)\R)\,dx=\pi\,[x^{n+1}]\exp\L(\frac{\alpha}{\D x^{p}}\L(f(x)-\sum_{k=0}^{p-1}\beta_k^2x^k\R)\R) \EA$
$\BA\D \int_0^1 \frac{1}{1-tx}\exp\L(\alpha x^p\L(\sqrt{x}f(x)-\sum_{k=0}^{p-1}\beta_k^2x^{-k}\R)\R)\sin\L(\alpha \D x^{\frac{1}{2}+p}f(1-x)\R)\,dx=\frac{\pi}{t}\L(\exp\L(\frac{\alpha}{\D t^{p}}\L(f(t)-\sum_{k=0}^{p-1}\beta_k^2t^k\R)\R)-\exp(\alpha\beta_p^2)\R) \EA$
となりました。
$\hspace{5pt}$
$\BA\D\\ \EA$
