He jugado con esta por un tiempo, pero no encontró una respuesta completa.
De todos modos, aquí un poco de información parcial, en caso de que de ninguna ayuda.
La sustitución de $t=\tan(u/2)$ convierte su integral en
$$\int_0^\infty e^{-z^2 t^2} \cos(4 m \arctan t) \frac{2 dt}{1+t^2}.$$
Desde $\exp(i \arctan t) = \frac{1+it}{\sqrt{1+t^2}}$, esto puede ser escrito como
$$\Re \int_{-\infty}^\infty e^{-z^2 t^2} \frac{(1+it)^{4m}}{(1+t^2)^{2m+1}} dt
= \sum_{k=0}^{2m} \int_{-\infty}^\infty e^{-z^2 t^2} \frac{\binom{4m}{2k}(-1)^k t^{2k}}{(1+t^2)^{2m+1}} dt.$$
Por escritura $t^{2k} = ((t^2+1)-1)^k$ y la expansión utilizando el teorema del binomio,
esta integral puede ser reducida a una suma de integrales de la forma
$$ J_n(z) = \int_{-\infty}^\infty e^{-z^2 t^2} \frac{1}{(1+t^2)^n} dt.$$
Tenemos $J_0(z) = \sqrt{\pi}/z$ inmediato, y también se $J_1(z) = \pi \exp(z^2) \mathrm{erfc}(z)$;
la última igualdad se sigue desde ambos lados satisfacer la ecuación diferencial
$(d/dz)(\exp(-z^2) f(z)) = -2 \sqrt{\pi} \exp(-z^2)$,
y ambas partes están de acuerdo en $z=0$.
Por otra parte, los dos siguientes en el plazo de recursividad relación se mantiene:
$$ (2m-2) J_m(z) - (2m-3-2z^2) J_{m-1}(z) - 2z^2 J_{m-2}(z) = 0.$$
Prueba: Verificar por cálculo directo que el lado izquierdo es la integral de
$\frac{\partial}{\partial t} \left( \frac{t \exp(-t^2 z^2)}{(1+t^2)^{(m-1)}} \right)$.
De esto se sigue que cada una de las $J_n$ es una combinación lineal de $J_0$
y $J_1$ con coeficientes de los polinomios en $z^2$, y este
también implica que el patrón que he observado es realmente correcto,
pero parece difícil conseguir una buena forma explícita para los polinomios de...
