¿Una expresión integral interesante para$\pi^n$?

Question

Me llegó en la siguiente integral múltiple, mientras que renormalizing elíptica múltiples valores zeta: $$\int_0^1\cdots \int_0^1\int_1^\infty {{1}\over{t_n(t_{n-1}+t_n)\cdots (t_1+\cdots+t_n)}} dt_n\cdots dt_1.$$ Sólo la variable $t_n$ va de $1$ a $\infty$, los otros van todos de $0$ a $1$. Numéricamente, me parecen conseguir una racional múltiples de $\pi^n$. Me gustaría probar este. Alguien ha visto alguna vez una integral como esto antes?

Edit: Después de la reformulación de por qué pensé que iba a ser una potencia de $\pi$, ahora tengo un diferente integral, que numéricamente en realidad parece dar un racional múltiples de $\zeta(n)$ por cada $n$ (a pesar de que sólo he sido capaz de ir hasta n=4 numéricamente). Quiero integrar $1/(z_1\cdots z_n)$ sobre la parte del simplex $0\le z_n\le \cdots \le z_1\le 1$ en que $|z_i -z_{i+1}|>\varepsilon$, luego deje $\varepsilon\rightarrow 0$. La integral es $$\int_{n\epsilon}^{1-\varepsilon}\int_{(n-1)\varepsilon}^{z_1-\epsilon}\cdots \int_{\varepsilon}^{z_{n-1}-\varepsilon} {{1}\over{z_1\cdots z_n}} dz_n\cdots dz_1.$$ It actually diverges when $\varepsilon\rightarrow 0$, but it can be regularised like ordinary multizeta values by computing the integral as a power series in $ln(\varepsilon)$ and $\varepsilon$ and then taking its constant term. It's related to the previous integral by the variable change $z_1=\varepsilon(t_1+\cdots+t_n),\ldots,z_n=\varepsilon t_n$, but the new bounds of the integral form an $(n+1)$de ángulo poliedro, no un cubo.

Answer 1

Vamos a grabar lo que es posible, hasta el momento. El caso de $n=2$, a partir de los comentarios: $$\int_0^1\frac{dy}{x(x+y)}=\frac1{x^2}\int_0^1\frac{dy}{1+\frac{y}x}=\int_0^1\sum_{k\geq0}\frac{(-1)^ky^k}{x^{k+2}}dy=\sum_{k\geq0}\frac{(-1)^k}{k+1}\frac1{x^{k+2}}.$$ Hence, $$\int_1^{\infty}\sum_{k\geq0}\frac{(-1)^k}{k+1}\frac{dx}{x^{k+2}}=\sum_{k\geq0}\frac{(-1)^k}{(k+1)^2}=\frac{\zeta(2)}2.$$

El caso $n=3$: $$\begin{aligned}\int_0^1\frac{dz}{x(x+y)(x+y+z)}&=\frac1{x(x+y)^2}\int_0^1\frac{dz}{1+\frac{z}{x+y}}\\&=\frac1x\sum_{k\geq0}\int_0^1\frac{(-1)^kz^kdz}{(x+y)^{k+2}}\\&=\frac1x\sum_k\frac{(-1)^k}{(k+1)(x+y)^{k+2}}.\end{aligned}$$ por lo tanto, $$\frac1x\int_0^1\sum_k\frac{(-1)^kdy}{(k+1)(x+y)^{k+2}}=\frac1x\sum_k\frac{(-1)^k}{(k+1)^2}\left[\frac1{x^{k+1}}-\frac1{(x+1)^{k+1}}\right].$$ Now, integrate with respect to $x$ (estándar): $$\int_1^{\infty}\frac{dx}{x^{k+2}}=\frac1{k+1} \qquad \text{and} \qquad \int_1^{\infty}\frac{dx}{x(x+1)^{k+1}}=\sum_{j=k+1}^{\infty}\frac1{j\cdot 2^j}.$$ Por lo tanto, se calculan las dos series: $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k^3}=\frac34\zeta(3) \qquad \text{and} \qquad \sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k^2}\sum_{j=k}^{\infty}\frac1{j\cdot 2^j}=\frac{13}{24}\zeta(3).$$ Llegamos a los valores predichos por Peter Mueller, $$\int_1^{\infty}\int_0^1\int_0^1\frac{dz\,dy\,dx}{x(x+y)(x+y+z)}=\frac5{24}\zeta(3).$$

Advertencia. Uno puede anticipar mayores valores de $n$ a escala el reto.

La ACTUALIZACIÓN. Con respecto a Fedor pregunta, una opinión es una de la siguiente manera: la suma en cuestión es un peso de 3 polylog, por lo que es una combinación racional de $\zeta(3), \zeta(2)\log 2$ e $\log^3(2)$. Dado que una gran numérica de acuerdo verifica la igualdad con sólo $\frac{13}{24}\zeta(3)$, debe ser la evaluación exacta.

La ACTUALIZACIÓN. Me gusta dirección de la solicitud de GH de MO dirigida a Agno. Entonces, una respuesta directa a Fedor pregunta.

Esta vez, comenzamos a integrar con respecto a $x$: $$\int_1^{\infty}\frac{dx}{x(x+y)(x+y+z)} =\frac{y\,\log(1+y)+z\,\log(1+y)-y\,\log(1+y+z)}{yz(y+z)}.$$ Siguiente, integrar en la variable $y$: $$\int_0^1\frac{y\,\log(1+y)+z\,\log(1+y)-y\,\log(1+y+z)}{yz(y+z)}\,dy =\frac{\text{Li}_2(z+2)-\text{Li}_2(z+1)-\text{Li}_2(2)}z;$$ donde $\text{Li}_2(z)$ es el dilogarithmfunción $$\text{Li}_2(z)=\int_1^z\frac{\log t}{1-t}\,dt.$$ Finalmente, se integran en la última variable $z$: $$\begin{align} \int_0^1\frac{\text{Li}_2(z+2)-\text{Li}_2(z+1)-\text{Li}_2(2)}z\,dz &=\int_0^1\left(\int_1^{z+2}\frac{\log t}{1-t}\,dt-\int_1^{z+1}\frac{\log t}{1-t}\,dt-\int_1^2\frac{\log t}{1-t}\,dt \right)\frac{dz}z \\ &=\int_0^1\left(\int_{z+1}^{z+2}\frac{\log t}{1-t}\,dt-\int_1^2\frac{\log t}{1-t}\,dt \right)\frac{dz}z \\ &=\int_0^1\left(\int_2^{z+2}\frac{\log t}{1-t}\,dt-\int_1^{z+1}\frac{\log t}{1-t}\,dt\right)\frac{dz}z \\ &=\int_2^3\frac{\log t}{1-t}\left(\int_{t-2}^1\frac{dz}z\right)dt-\int_1^2\frac{\log t}{1-t}\left(\int_{t-1}^1\frac{dz}z\right)dt \\ &=\int_2^3\frac{\log t\,\log(t-2)}{t-1}\,dt-\int_1^2\frac{\log t\,\log(t-1)}{t-1}\,dt \\ &=\int_0^1\frac{\log (t+2)\,\log t}{t+1}\,dt-\int_0^1\frac{\log(t+1)\,\log t}t\,dt \\ &=\int_0^1\frac{\log (t+2)\,\log t}{t+1}\,dt+\frac34\zeta(3). \end{align}$$ Para la primera integral en la última igualdad, escribir $\log(t+2)=\log 2+\log(1+\frac{t}2)$ y aplicar serie de Taylor: $$\begin{align} \int_0^1\frac{\log (t+2)\,\log t}{t+1}\,dt &=\log 2\int_0^1\frac{\log t}{t+1}\,dt+\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{2^nn}\int_0^1\frac{t^n\log t}{t+1}\,dt \\ &=-\frac12\zeta(2)\,\log2+\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{2^nn}\int_0^1\frac{t^n\log t}{t+1}\,dt \\ &=-\frac12\zeta(2)\,\log2+\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{2^nn}\left[\frac{(-1)^{n-1}}2\zeta(2)+(-1)^{n-1}\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^k}{k^2}\right] \\ &=-\frac12\zeta(2)\,\log2+\frac12\zeta(2)\sum_{n\geq1}\frac1{2^nn}+\sum_{n\geq1}\frac1{2^nn}\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^k}{k^2} \\ &=-\frac12\,\zeta(2)\,\log2+\frac12\,\zeta(2)\,\log2+\sum_{n\geq1}\frac1{2^nn}\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^k}{k^2} \\ &=\sum_{k\geq1}\frac{(-1)^k}{k^2}\sum_{n=k}^{\infty}\frac1{2^nn}. \end{align}$$ Los anteriores resultados indican que no necesitan Agno s $\log(e^x\pm1)$ integrales, en lugar de ello tenemos Robert Z $\log$integral que nos envía a su enlace útil la evaluación como $\frac{13}{24}\zeta(3)$.

Answer 2

Puede reducir fácilmente a una integral doble y en unos segundos obtendrá 0.0817241169677268267134627567961242656233303062217211895 ... (todos los dígitos correctos, verifiqué con mayor precisión), pero aún así no puedo reconocerlo.

Answer 3

La siguiente es una versión algo simplificada de la prueba por T. Amdeberhan, Agno, y Robert Z que $$\int_0^1 \int_0^1 \int_1^\infty \frac{dx\,dy\,dz}{x(x+y)(x+y+z)}=\frac{5}{24}\zeta(3).$$ Nos integramos con respecto a $x$ primero, y luego con respecto a $y$: \begin{align*}\int_0^1\int_1^\infty \frac{dx\,dy}{x(x+y)(x+y+z)}&=\int_0^1\left(\frac{\log(1+y)}{yz}-\frac{\log(1+y+z)}{(y+z)z}\right)dy\\ &=\int_0^1\frac{\log(1+t)}{tz}\,dt-\int_z^{1+z}\frac{\log(1+t)}{tz}\,dt\\ &=\int_0^z\frac{\log(1+t)}{tz}\,dt-\int_1^{1+z}\frac{\log(1+t)}{tz}\,dt.\\ \end{align*} La integral del lado derecho con respecto a $z$ es igual, por Fubini, \begin{align*}&=\int_0^1\int_0^z\frac{\log(1+t)}{tz}\,dt\,dz-\int_0^1\int_1^{1+z}\frac{\log(1+t)}{tz}\,dt\,dz\\ &=\int_0^1\int_t^1\frac{\log(1+t)}{tz}\,dz\,dt-\int_1^2\int_{t-1}^1\frac{\log(1+t)}{tz}\,dz\,dt\\ &=-\int_0^1\frac{\log(t)\log(t+1)}{t}\,dt+\int_1^2\frac{\log(t-1)\log(t+1)}{t}\,dt\\ &=-\int_0^1\frac{\log(t)\log(t+1)}{t}\,dt+\int_0^1\frac{\log(t)\log(t+2)}{t+1}\,dt. \end{align*} En el lado derecho, la segunda integral es igual a $-\frac{13}{24}\zeta(3)$ por esta MSE post, mientras que la primera integral es igual a \begin{align*}\int_0^1\frac{\log(t)\log(t+1)}{t}\,dt &=\int_0^1\frac{\log(t)}{t}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}t^n}{n}\,dt\\ &=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}\int_0^1 t^{n-1}\log(t)\,dt=\\ &=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^3}=-\frac{3}{4}\zeta(3). \end{align*} Para resumir, $$\int_0^1 \int_0^1 \int_1^\infty \frac{dx\,dy\,dz}{x(x+y)(x+y+z)}=\frac{3}{4}\zeta(3)-\frac{13}{24}\zeta(3)=\frac{5}{24}\zeta(3).$$

Answer 4

Como sugiere მამუკა ჯიბლაძე, para n=2,3, de hecho, hay una conexión interesante de $$I_n=\int\limits_0^1\cdots \int\limits_0^1 dt_1\cdots dt_{n-1}\int\limits_1^\infty dt_n \frac{1}{t_n(t_n+t_{n-1})\cdots(t_n+\cdots +t_1)}$$ con el Beukers-tipo de integrales. Mediante la parametrización de Feynman $$\frac{1}{A_1A_2\cdots A_n}=(n-1)!\int\limits_0^1\cdots \int\limits_0^1\frac{\delta\left(1-\sum\limits_{i=1}^n x_i\right)dx_1\cdots dx_n}{(x_1A_1+x_2A_2+\cdots +x_nA_n)^n},$$ llegamos después de la parametrización y la posterior trivial integración en $t_n$: $$I_n=\frac{(n-1)!}{n-1}\int\limits_0^1\cdots \int\limits_0^1 \frac{dx_1\cdots dx_n dt_1\cdots dt_{n-1}\;\delta(1-x_1-\cdots-x_n)}{[1+t_{n-1}(x_{n-1}+\cdots x_1)+\cdots +t_1x_1]^{n-1}}.$$ En particular, para n=2 obtenemos inmediatamente $$I_2=\int\limits_0^1\int\limits_0^1 \frac{dx dt}{1+xt}=\frac{1}{2}\zeta(2),$$ y para n=3 tenemos $$I_3=\int\limits_0^1\cdots\int\limits_0^1 \frac{dx_1 dx_2 dx_3dt_1 dt_2\;\delta(1-x_1-x_2-x_3)}{[1+t_2(x_1+x_2)+t_1x_1]^2}=$$ $$\iint\limits_0^1\frac{dx_1dx_2dx_3\delta(1-\sum\limits_{i=1}^3 x_i)}{x_1(x_1+x_2)}\left [\ln{(1+x_1+x_2)}+\ln{(1+x_1)}-\ln{(1+2x_1+x_2)}\right]=$$ $$\iiint\limits_0^1\frac{dx_1dx_2dx_3\;\delta(1-\sum\limits_{i=1}^3 x_i)}{x_1(1-x_3)}\left [\ln{(2-x_3)}+\ln{(1+x_1)}-\ln{(2+x_1-x_3)}\right].$$ Haciendo $x=x_1,y=1-x_3,z=x_2$ cambio de variables en la integral, y la realización de la integración de más de $z$ gracias a la $\delta$-función, obtenemos $$I_3=\iint\limits_0^1\frac{dx dy}{xy}\left[\ln{(1+x)}+\ln{(1+y)}-\ln{(1+x+y)}\right]\theta(y-x)=$$ $$ \frac{1}{2}\iint\limits_0^1\frac{dx dy}{xy}\left[\ln{(1+x)}+\ln{(1+y)}-\ln{(1+x+y)}\right], \etiqueta{1}$$ donde en el último paso hemos utilizado la simetría de el integrando y $\theta(y-x)+\theta(x-y)=1$. Este resultado puede ser representado en la forma $$I_3=\frac{1}{2}\iiint\limits_0^1\frac{dx dy dz}{1+x+y+xyz}. \tag{2}$$ Nota el parecido con Beukers integrales $$ \iiint\limits_0^1\frac{dx dy dz}{1-z+xyz}=2\zeta(3),\;\; \iiint\limits_0^1\frac{dx dy dz}{1+xyz}=\frac{3}{4}\iiint\limits_0^1\frac{dx dy dz}{1-xyz}=\frac{3}{4}\zeta(3).$$ De forma análoga, para $I_4$ tenemos $$I_4=\iiint\limits_0^1\frac{dx dy dz}{xyz}\left[\ln{(1+x)}+\ln{(1+y)}+ \ln{(1+z)}+\ln{(1+x+y+z)}-\right . $$ $$ \left . \ln{(1+x+y)}- \ln{(1+x+z)}-\ln{(1+y+z)}\right]\theta(z-x)\theta(y-z).$$ $\theta(z-x)\theta(y-z)$ plazo es una consecuencia de la integración con la ayuda de la $\delta$-función y refleja $x_2=z-x>0$ e $x_3=y-z>0$ condiciones. Después de simetrización, finalmente, $$I_4=\frac{1}{6}\iiint\limits_0^1\frac{dx dy dz}{xyz}\left[\ln{(1+x)}+\ln{(1+y)}+ \ln{(1+z)}+\ln{(1+x+y+z)}-\right . $$ $$ \left . \ln{(1+x+y)}- \ln{(1+x+z)}-\ln{(1+y+z)}\right],$$ y la analogía con Beukers-tipo de integrales es menos evidente, porque no les parece que esto puede ser representado en forma análoga a (2).

No sé si hay algunas otras conexiones más profundas a Beukers-tipo de integrales, o a sus generalizaciones (por ejemplo Vasilenko integrales - vea la sección 8 en https://eudml.org/doc/249095).

P. S. De (1) tenemos $$I_3=\frac{1}{2}\int\limits_0^1f(x)\;d\ln{x}=-\frac{1}{2}\int\limits_0^1 \ln{x}\,\frac{df(x)}{dx}\;dx,$$ donde $$f(x)=\int\limits_0^1\frac{dy}{y}\left[\ln{(1+x)}+\ln{(1+y)}-\ln{(1+x+y)}\right],$$ y $$\frac{df(x)}{dx}=\int\limits_0^1 \frac{dy}{y}\left[\frac{1}{1+x}-\frac{1}{1+x+y}\right]=\frac{\ln{(2+x)}-\ln{(1+x)}}{1+x}.$$ Por lo tanto $$I_3=-\frac{1}{2}\left[\int\limits_0^1 \frac{\ln{x}\ln{(2+x)}}{1+x}-\int\limits_0^1 \frac{\ln{x}\ln{(1+x)}}{1+x}\right]dx=-\frac{1}{2}\left[-\frac{13}{24}+\frac{1}{8}\right]\zeta(3)=\frac{5}{24}\zeta(3),$$ porque $$\int\limits_0^1 \frac{\ln{x}\ln{(2+x)}}{1+x}dx=-\frac{13}{24}\zeta(3),$$ and $$\int\limits_0^1 \frac{\ln{x}\ln{(1+x)}}{1+x}dx=-\frac{1}{8}\zeta(3).$$ En el caso de $I_4$, podemos obtener de forma análoga $$I_4=\frac{1}{6}\int\limits_0^1\int\limits_0^1\frac{\ln{x}\ln{y}}{(1+x+y)^2}\left[\ln{(2+x+y)}-\ln{(1+x+y)}+\frac{1}{2+x+y}\right],$$ sin embargo, más progreso no parece factible.