Desde la hermosa respuesta por @robjohn, aprendemos
\begin{equation}
\sum_{k=0}^\infty\frac{\binom{2k}{k}^2}{16^k}\frac{r^{2k-1}}{(2k-1)^2}
=\frac2{\pi r}\int_0^1\frac{\left(rx\arcsin(rx)+\sqrt{1-r^2x^2}\right)\,\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^2}}
\end{equation}
Conectar $r=i$,
\begin{align}
\sum_{k=0}^\infty\frac{\binom{2k}{k}^2}{16^k}\frac{(-1)^k}{(2k-1)^2}
&=\frac{2}{\pi}\int_0^1\frac{\left(ix\arcsin(ix)+\sqrt{1+x^2}\right)\,\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^2}}\\
&=\frac{2}{\pi}\int_0^1\frac{\sqrt{1+x^2}-x\sinh^{-1}(x)}{\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm{d}x\\
&=\frac{2}{\pi}\int_0^1\left[ \frac{\sqrt{1+x^2}}{\sqrt{1-x^2}}-\frac{\sqrt{1-x^2}}{\sqrt{1+x^2}}\right]\,\mathrm{d}x\\
&=\frac{4}{\pi}\int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt{1-x^4}}\,\mathrm{d}x\\
&=\frac{1}{\pi}B\left( \frac{3}{4},\frac{1}{2} \right)\\
&=\frac{4\sqrt{2\pi}}{\Gamma^2\left( \frac{1}{4} \right)}
\end{align}
(la integración de la $\sinh^{-1}$ plazo fue hecha por las partes).
Para la segunda expresión, que descomponen
\begin{equation}
\frac{n^2}{\left( 2n-1 \right)^2}=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{4}\frac{1}{\left( 2n-1 \right)^2}
\end{equation}
A partir de los enlaces de respuesta también hemos
\begin{equation}
\sum_{k=0}^\infty\frac{\binom{2k}{k}^2}{16^k}\frac{r^{2k-1}}{2k-1}
=\frac1{\pi r}\int_0^1\frac{-\sqrt{1-r^2x}\,\mathrm{d}x}{\sqrt{x(1-x)}}
\end{equation}
y así, con $r=i$
\begin{align}
\sum_{k=0}^\infty\frac{\binom{2k}{k}^2}{16^k}\frac{(-1)^k}{2k-1}
&=-\frac1{\pi }\int_0^1\frac{\sqrt{1+x}\,\mathrm{d}x}{\sqrt{x(1-x)}}\\
&=-\frac2{\pi }\int_0^1\frac{\sqrt{1+t^2}}{\sqrt{1-t^2}}\,\mathrm{d}t\\
&=-\frac{2\sqrt{2}}{\pi}E\left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)\\
&=-\frac{2\sqrt{2}}{\pi}\left[ \frac{\Gamma^2\left( \frac{1}{4} \right)}{8\sqrt{\pi}}+\frac{\pi^{3/2}}{\Gamma^2\left( \frac{1}{4} \right)}\right]
\end{align}
donde el singular valor de $k_1$ para la integral elíptica se utiliza. También podemos expresar de la respuesta
\begin{equation}
\sum_{k=0}^\infty\frac{\binom{2k}{k}^2}{16^k}r^{2k}
=\frac1\pi\int_0^1\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-r^2x}\sqrt{x(1-x)}}
\end{equation}
que, con $r=i$ más, da
\begin{align}
\sum_{k=0}^\infty\frac{\binom{2k}{k}^2}{16^k}(-1)^{k}
&=\frac1\pi\int_0^1\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1+x}\sqrt{x(1-x)}}\\
&=\frac2\pi\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1-t^4}}\\
&=\frac{1}{2\pi}B\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{2} \right)\\
&=\frac{\sqrt{2\pi}}{2\Gamma^2\left(\frac{3}{4}\right)}
\end{align}
A continuación,
\begin{align}
S&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nn^2}{(2n-1)^2}\left[\frac{1}{4^n}{2n \choose n}\right]^2\\
&=\frac{\sqrt{2\pi}}{8\Gamma^2\left(\frac{3}{4}\right)}
-\frac{\sqrt{2}}{\pi}\left[ \frac{\Gamma^2\left( \frac{1}{4} \right)}{8\sqrt{\pi}}+\frac{\pi^{3/2}}{\Gamma^2\left( \frac{1}{4} \right)}\right]+\frac{\sqrt{2\pi}}{\Gamma^2\left( \frac{1}{4} \right)}
\end{align}
El uso de la reflexión fórmula $\Gamma(3/4)\Gamma(1/4)=\pi\sqrt{2}$, obtenemos finalmente
\begin{equation}
S=-\frac{\Gamma^2\left( \frac{1}{4} \right)}{8\sqrt2\pi^{3/2}}
\end{equation}
como era de esperar.
Editar (más simple derivación de la segunda expresión)
Para la segunda expresión, es más fácil dejar las integrales sin evaluar en la descomposición:
\begin{equation}
S=\int_0^1\left[\frac{1}{2\pi}\frac{1}{\sqrt{1-x^4}}-\frac{1}{\pi}\sqrt{\frac{1+x^2}{1-x^2}}+\frac{1}{\pi}\frac{x^2}{\sqrt{1-x^4}} \right]\,dx
\end{equation}
o
\begin{align}
S&=-\frac{1}{2\pi}\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}\\
&=-\frac{1}{8\pi}\int_0^1 \left( 1-u \right)^{-1/2}u^{-3/4}\,du\\
&=-\frac{B\left( \frac{1}{4},\frac{1}{2} \right)}{8\pi}
\end{align}
y el resultado se sigue de la $\Gamma$ reflexión de la fórmula.
