(Esta respuesta se inicia con $\,m=-2\,$ y ofrece sólo expresiones generales para no negativo $m$)
Vamos a empezar con la bien conocida:
$$\tag{1}F(x):=2\,\arcsin(x)^2=\sum_{n=1}^\infty \frac{(2x)^{2n}}{n^2\binom{2n}{n}}$$
De esto podemos deducir :
\begin{align}
F'(x)&=4\,\frac{\arcsin(x)}{\sqrt{1-x^2}}&=4\sum_{n=1}^\infty \frac{(2x)^{2n-1}}{n\binom{2n}{n}}\\
(x\,F'(x))'&=4\,\frac{\frac{\arcsin(x)}{\sqrt{1-x^2}}(1)+x}{1-x^2}&=8\sum_{n=1}^\infty \frac{(2x)^{2n-1}}{\binom{2n}{n}}\\
(x\,(x\,F'(x))')'&=4\,\frac{\frac{\arcsin(x)}{\sqrt{1-x^2}}(1+2x^2)+3x}{(1-x^2)^2}&=16\sum_{n=1}^\infty \frac{n\;(2x)^{2n-1}}{\binom{2n}{n}}\\
&4\,\frac{\frac{\arcsin(x)}{\sqrt{1-x^2}}(1+10x^2+4x^4)+7x+8x^3}{(1-x^2)^3}&=32\sum_{n=1}^\infty \frac{n^2\;(2x)^{2n-1}}{\binom{2n}{n}}\\
&4\,\frac{\frac{\arcsin(x)}{\sqrt{1-x^2}}(1+36x^2+60x^4+8x^6)+15x+70x^3+20x^5}{(1-x^2)^4}&=64\sum_{n=1}^\infty \frac{n^3\;(2x)^{2n-1}}{\binom{2n}{n}}\\
&\cdots
\end{align}
Por supuesto, la idea es tomar el $\;x=\dfrac 1{\sqrt{2}}\,$ y obtener los resultados después de la multiplicación por $\dfrac{\sqrt{2}}{2^{m+3}}\,$ si $m$ es el poder de la $n$ en el numerador.
Un patrón que parece emerger de estos laboriosos cálculos. Vamos a empezar con :
$$\tag{2}F_{m-1}(x):=\frac{a(x)P(x)+Q(x)}{(1-x^2)^m}$$
donde $\,P(x),\;Q(x)\,$ son dos polinomios mientras que$\ a(x):=\dfrac {\arcsin(x)}{\sqrt{1-x^2}}\;$, de modo que $\ a(x)'=\dfrac{x\,a(x)+1}{1-x^2}$.
La derivada de $\,(x\;F_{m-1}(x))\,$ entonces dado por :
\begin{align}
&=\frac{a(x)P(x)+Q(x)}{(1-x^2)^m}+x\left(\frac{a(x)P(x)+Q(x)}{(1-x^2)^m}\right)'\\
&=\frac{(a(x)P(x)+Q(x))\left(1+\dfrac{2mx^2}{1-x^2}\right)+x\left(a(x)'P(x)+a(x)P(x)'+Q(x)'\right)}{(1-x^2)^m}\\
&=\frac{(a(x)P(x)+Q(x))\left(1+\dfrac{2mx^2}{1-x^2}\right)+\dfrac{x^2\,a(x)+x}{1-x^2}P(x)+x(a(x)P(x)'+Q(x)')}{(1-x^2)^m}\\
&=\frac{(a(x)P(x)+Q(x))\left(1+(2m-1)x^2\right)+(x^2\,a(x)+x)P(x)+(x-x^3)(a(x)P(x)'+Q(x)')}{(1-x^2)^{m+1}}\\
&=\frac{a(x)\left[P(x)\left(1+2mx^2\right)+(x-x^3)P(x)'\right]+xP(x)+\left(1+(2m-1)x^2\right)Q(x)+(x-x^3)Q(x)'}{(1-x^2)^{m+1}}\\
\end{align}
que sigue claramente nuestra $(2)$ patrón con la recurrencia de los polinomios (a partir de la con $\;P_0(x)=1,\;Q_0(x)=x$) dada por :
\begin{align}
\tag{3}P_m(x)&=P_{m-1}(x)\left(1+2mx^2\right)+(x-x^3)P_{m-1}(x)'\\
Q_m(x)&=x\,P_{m-1}(x)+\left(1+(2m-1)x^2\right)Q_{m-1}(x)+(x-x^3)Q_{m-1}(x)'\\
\end{align}
A partir de esta recurrencia se obtiene :
$$\tag{4}\boxed{\displaystyle\frac{a(x)P_m(x)+Q_m(x)}{(2\,(1-x^2))^{m+1}}=\sum_{n=1}^\infty \frac{n^m\;(2x)^{2n-1}}{\binom{2n}{n}}},\quad a(x)=\frac{\arcsin(x)}{\sqrt{1-x^2}}$$
que usted puede aplicar a su caso específico $\;x=\dfrac 1{\sqrt{2}}\,$ que $\;a(x)=\dfrac {\pi}{2\sqrt{2}}\,$ $\,(2\,(1-x^2))=1\,$ (por supuesto, la $\sqrt{2}$ términos desaparecen al final).
$$-$$
No usamos el hecho de que $P(x),\;Q(x)$ fueron polinomios. Vamos a hacer eso y supongo que $P_m(x)=\sum_{k=0}^m p_k\,x^{2k},\;Q_m(x)=\sum_{k=0}^m q_k\,x^{2k+1}$ $(3)$ se convierte en :
\begin{align}
P_m(x)&=\left(\sum_{k=0}^{m-1} p_k\, x^{2k}\right)\left(1+2mx^2\right)+(x-x^3)\left(\sum_{k=0}^{m-1} p_k\, x^{2k}\right)'\\
Q_m(x)&=x\,\left(\sum_{k=0}^{m-1} p_k\, x^{2k}\right)+\left(1+(2m-1)x^2\right)\left(\sum_{k=0}^{m-1} q_k\, x^{2k+1}\right)+(x-x^3)\left(\sum_{k=0}^{m-1} q_k\, x^{2k+1}\right)'\\
\end{align}
Vamos a empezar con $P_m(x)$ :
\begin{align}
P_m(x)&=\sum_{k=0}^{m-1} p_k\, x^{2k}+2m\sum_{k=1}^{m} p_{k-1}\, x^{2k} +\sum_{k=0}^{m-1} p_k\, 2k\,x^{2k}-\sum_{k=1}^{m} p_{k-1}\, 2(k-1)\,x^{2k}\\
&=p_0+(2m-2(m-1))\,p_{m-1}x^{2m}+\sum_{k=1}^{m-1} \left(p_k+2m\,p_{k-1}+p_k 2k-p_{k-1}\, 2(k-1)\right)\,x^{2k}\\
&=p_0+2\,p_{m-1}x^{2m}+\sum_{k=1}^{m-1} \left((2k+1)\,p_k+2(m-k+1)\,p_{k-1}\right)\,x^{2k}\\
\end{align}
Los coeficientes $p_k(m)$ $P_m(x)$ por lo tanto puede ser obtenido a partir de los coeficientes de $p_k(m-1)$ $P_{m-1}(x)$ (a partir de la con $\,p_0(m)=1\,$ desde $p_0$ es la única $x^0$ plazo) :
$$\etiqueta{5}p_k(m)=\begin{cases}
k=0 & 1 \\
0<k<m& 2(m-k+1)\,p_{k-1}(m-1)+(2k+1)\,p_k(m-1)\\
k=m & 2\,p_k(m-1)\\
\text{else}& 0
\end{casos}
$$
Vamos a ilustrar esto y mostrar el camino de la primera coeficientes de $p_k(m)$ (en azul) se obtuvieron
($k$ está indicado como $\,(k)\,$ en el caso de la diagonal) :
$$
\begin{array} {c|ccccccccccc}
m&&&&&&&p_k\\
\hline
&&&&&&&&(0)\\
0&&&&&&&\color{blue}{1}\\
&&&&&&\times 1&&\times 2&&(1)\\
1&&&&&\color{blue}{1}&&&&\color{blue}{2}\\
&&&&\times 1&&\times 4&&\times 3&&\times 2&&(2)\\
2&&&\color{blue}{1}&&&&\color{blue}{10}&&&&\color{blue}{4}\\
&&\times 1&&\times 6&&\times 3&&\times 4&&\times 5&&\times 2&&(3)\\
3&\color{blue}{1}&&&&\color{blue}{36}&&&&\color{blue}{60}&&&&\color{blue}{8}\\
\end{array}
$$
$\qquad\qquad p_2(3)=60\,$ , por ejemplo, se obtuvo como $\,4\times 10+5\times 4$.
Relativa $Q_m(x)$ :
\begin{align}
Q_m(x)&=\sum_{k=0}^{m-1} p_k\, x^{2k+1}+\sum_{k=0}^{m-1} q_k\, x^{2k+1}+(2m-1)\sum_{k=1}^{m} q_{k-1}\, x^{2k+1}\\&\quad+\sum_{k=0}^{m-1} q_k\, (2k+1)\,x^{2k+1}-\sum_{k=1}^{m} q_{k-1}\, (2k-1)\,x^{2k+1}\\
&=(p_0+2q_0)x+\sum_{k=1}^{m-1}\left(p_k+q_k+(2m-1)\,q_{k-1}+q_k\, (2k+1)-q_{k-1}\,(2k-1)\right)\,x^{2k+1}\\
&=(1+2q_0)x+\sum_{k=1}^{m-1}\left(p_k+2(m-k)\,q_{k-1}+2(k+1)\,q_k\right)\,x^{2k+1}\\
\end{align}
$$\etiqueta{6}q_k(m)=\begin{cases}
k=0 & \begin{cases} m=0 & 1 \\m>0&1+2\,q_0(m-1) \\ \end{casos}\\
0<k<m& p_k(m-1)+2(m-k)\,q_{k-1}(m-1)+2(k+1)\,q_k(m-1)\\
\text{else}&0
\end{casos}$$
Estos resultados fueron obtenidos anteriormente por D. H. Lehmer en "Interesante Serie que Implican la Central Binomio" (pdf aquí "descargar" Lehmer_binom.pdf).
El $p_k(m)$ triángulo aparece también en OEIS A156919 y en Savage y Viswanathan en papel de "La $1/k$-Euleriano Polinomios" (para $k:=2$) y la siguiente generación de función (Alfa) :
\begin{align}
\sqrt{\frac {1-x}{\exp(2z(x-1))-x}}&=\sum_{n\ge 0}A_n^{(2)}(x)\frac {z^n}{n!}\\
&=1+z+(1+2x)\frac{z^2}{2!}+(1+10x+4x^2)\frac{z^3}{3!}+\cdots
\end{align}
En su caso específico $x=\dfrac 12$ esto se convierte en la generación de esta función :
$$\frac 1{\sqrt{2\exp(-z)-1}}=1+1z+2\frac{z^2}{2!}+7\frac{z^3}{3!}+35\frac{z^4}{4!}+226\frac{z^5}{5!}+\cdots$$
(es decir, exactamente sus numeradores $\;1,2,7,35,226,\cdots$$\dfrac {\pi}2$!)
$$-$$
Para una explícita de la solución general (en lugar de el método recursivo de siempre) ver esta limpia de papel por los maestros :
-
Dyson, Frankel y Glasser "Lehmer Interesante de la Serie"
donde obtener la siguiente expresión $(20)$$\;\displaystyle S_k(z) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^kz^n}{{2n \choose n}}\;$ :
$$\etiqueta{7}S_k(z)=\sum_{n=1}^{k+1} n! \left({\frac{z}{4-z}}\right)^n\ E(k,n)\\
\left[\frac{1}{n} + \sum_{p=0}^{n-1} (-1)^p
\frac{({\frac{1}{2}})_p}{(p+1)!}\ C^{n-1}_p
\left({\frac 4z}\right)^{p+1}
\left\{ \sqrt{\frac{z}{4-z}}\arcsin\left({\frac{\sqrt{z}}{2}}\right)- \frac{1}{2} \sum_{i=1}^p \frac{\Gamma(l)}{\left({\frac{1}{2}}\right)_l}
\left(\frac{z}{4}\right)^l\right\}\right]$$
con $\;\displaystyle E(k,n) := \frac{(-1)^n}{n!} \sum_{m=1}^n (-1)^m\ C^{n}_m\ m^{k+1}$ los números de Stirling del segundo tipo
y $\left({\dfrac{1}{2}}\right)_l$ el símbolo de Pochhammer.
La comparación de este a $(1)$ vemos que $z=(2x)^2$ mientras $k=m$ (por supuesto, usted desea $z=2$ aquí).
Este documento incluye también su observación interesante acerca de las relaciones de acercarse a $\pi$ (page $12$).
