¿Se conocen estas dos nuevas formas de representar valores zeta impares como integrales?

Question

Esto está inspirado por la misma hermosa expresión integral para $\zeta(3)$ como esta pregunta, pero va en una dirección diferente. Escribir la integral original en la forma $$\int_0^1\frac{x(1-x)}{\sin\pi x}dx=7\frac{\zeta(3)}{\pi^3} ,$$ it turns out that for $n\in\mathbb N$ there is a unique monic polynomial $p_n$ of degree $n-1$ such that $$\int_0^1x^np_n(x)\frac{1-x}{\sin\pi x}dx=c_{2n+1}\frac{\zeta(2n+1)}{\pi^{2n+1} } $$ with rational $c_k=4(k-1)! \dfrac{2^k-1}{2^k}= (4-2^{2-k})(k-1)! $.

Esto sigue para $\zeta(2n+1)$ a partir de resolver el sistema lineal dado por las líneas azules numeradas $n+1,...,2n$ en la otra pregunta. Como Zurab Silagadze respondió dando una fórmula explícita de los coeficientes en las líneas azules, el $p_n$'s puede ser calculado. No sé sin embargo si es posible dar una fórmula cerrada de la forma (lo que significa aquí que no debería contener una inversión de matrices), pero ver a continuación.

La primera polinomios son de $$\begin{align} p_1(x)&=1 \\ p_2(x)&=3-x \\ p_3(x)&=25-20x+x^2 \\ p_4(x)&=455-707x+287x^2-x^3 \\ p_5(x)&=14301-34734x+29046x^2-8304x^3+x^4 \\ p_6(x)&=683067-2289309x+2949276x^2-1721434x^3+382547x^4-x^5 \\ \end{align}$$

Los términos constantes son, supuestamente, la secuencia A272482, por lo tanto, la corrección de la oeis error tipográfico $1/(2n)!$, $$[x^0]p_n(x)= {(2n)!}[x^{2n}y^n]\frac{\cos\frac{x(1-y)}{2}} {\cos\frac{x(1+y)}{2}} = \frac 1{4^n} {2n\choose n}\sum_{i=0}^n{n\choose i}E_i,$$ where $E_i$ son los números de Euler. Esto parece sugerir algo similar para el resto de coeficientes, y por lo tanto, posiblemente, una forma cerrada.

Son las $p_n$ conocido? Cómo encontrar su forma cerrada o la generación de la función?

Más generalmente, ahora, definir $$J(m,n,k)=J(n,m,k):= \int_0^1\frac{x^m(1-x)^n}{\sin^k\pi x}dx.$$For this to converge, we need $m,n\geqslant k$.
Experimentalmente, la situación de los $k=2$ es muy similar a la de $k=1$ de los casos en que $J(m,n,k)$ es una combinación racional de los valores de $\dfrac{\zeta(i)}{\pi^{i+1}}$ con $i$ ejecución sobre todos los números impares entre el $\min(m,n)$ e $m+n-1$, por ejemplo, $$J(7,4,2)=\dfrac{105}2\left(-\dfrac{\zeta(5)}{\pi^6}+51\dfrac{\zeta(7)}{\pi^8}-405\dfrac{\zeta(9)}{\pi^{10}}\right).$$

Esto conduce a nuevas posibilidades de representación impar zeta valores de las integrales, esta vez con $\sin^2\pi x$ en el denominador. La escritura como un acceso directo $h_m:=J(m,m,2)$, podemos, por ejemplo, expresar $\dfrac{\zeta(2n-1)}{\pi^{2n}}$ como una combinación racional de $h_2,\dots,h_n$, es decir, como parte integrante del $$\dfrac{\zeta(2n-1)}{\pi^{2n}}=\int_0^1q_n(x-x^2)\frac{x^2(1-x)^2}{\sin^2\pi x}dx,$$ where $q_n$ is a unique polynomial of degree $n-2$. El primero de ellos son: $$\begin{align} \zeta(3)&=\frac{\pi^4}{6}h_2 \\ \zeta(5)&=\frac{\pi^6}{90}(h_2 +2h_3),\qquad \text{ i. e. } q_2(z)=\frac{1}{90}(1+2z) \quad \text{ etc. }\\ \zeta(7)&=\frac{\pi^8}{1890}(2h_2 +4h_3+3h_4)\\ \zeta(9)&=\frac{\pi^{10}}{28350}(3h_2 +6h_3+5h_4+2h_5)\\ \zeta(11)&=\frac{\pi^{12}}{935550}(10h_2 +20h_3+17h_4+8h_5+2h_6)\\ \zeta(13)&=\frac{\pi^{14}}{638512875}(\color{blue}{691}h_2 +1382h_3+1180h_4+574h_5+175h_6+30h_7)\\ \end{align}$$

Experimentalmente, en $\dfrac{\zeta(2n-1)}{\pi^{2n}}$ el último coeficiente (es decir, el de $h_n$ y en el primer término de $q_n$) es $\dfrac{2^{2n-2}}{(2n)!}$ y el anterior es $\dfrac{n(n-2)}6\dfrac{2^{2n-2}}{(2n)!}$, mientras que para el primer coeficiente (igualmente, el término constante de $q_n$), la aparición de $\color{blue}{691}$ en la expresión de $\zeta(13)$ sugiere que se trata de Bernoulli número $B_{2n-2}$.

Cualquier idea acerca de estos polinomios?

Finalmente, para $k\geqslant 3$ no parece existir ninguna forma cerrada, al menos no en términos de valores zeta.

¿Qué acerca de la $J({3,3,3})= \int\limits_0^1\dfrac{x^3(1-x)^3}{\sin^3\pi x}dx$?

Answer 1

El uso de la reflexión de la fórmula seguida por la repetición de la fórmula y el Beta representación integral (DLMF) \begin{align} \frac{x(1-x)}{\sin \pi x}&=\frac{1}{\pi}x(1-x)\Gamma(x)\Gamma(1-x)\\ &=\frac{1}{\pi}\Gamma(x+1)\Gamma(2-x)\\ &=\frac{2}{\pi}B(1+x,2-x)\\ &=\frac{2}{\pi}\int_0^\infty \frac{t^x}{(1+t)^3}\,dt\\ &=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{u(2x-1)}}{\cosh^3u}\,du \end{align} la última expresión se obtiene con $t=e^{2u}$. Entonces, para el cálculo de \begin{equation} I_f=\int_0^1\frac{x(1-x)}{\sin \pi x}f(x)\,dx \end{equation} uno puede expresar \begin{align} I_f&=\frac{1}{2\pi}\int_0^1\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{u(2x-1)}}{\cosh^3u}\,duf(x)\,dx\\ &=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-u}}{\cosh^3u}\,du\int_0^1e^{2ux}f(x)\,dx\\ &=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-u}}{\cosh^3u}F(u)\,du \label{eq:intf} \end{align} suponiendo que el cambio de la integración de la orden es válida y que denota \begin{equation} F(u)=\int_0^1e^{2ux}f(x)\,dx \end{equation} Si $F(u)$ es analítica en el semiplano $\Im(u)>0$ e $\left|F(u)\right|=o\left(\frac{e^{4u}}{u} \right)$ para $\left|u\right|\to \infty$,$I_f$ se evalúa mediante la integración a lo largo del eje real cerrada por el semi-círculo grande $\Im(u)>0$, utilizando el residuo método. Los polos están situados en $u_n=i(2n+1)\pi/2$ con $n=0,1,2...$. Los residuos se $1/2F''(i(2n+1)\pi/2)-F'(i(2n+1)\pi/2)$ donde $F''(z)$ e $F'(z)$ son, respectivamente, la primera y la segunda derivada de $F(z)$. Como el semi-círculo contribución se desvanece, se trata de \begin{equation} I_f=i\sum_{n=0}^\infty\left[\frac{1}{2}F''(i(2n+1)\frac{\pi}{2})-F'(i(2n+1)\frac{\pi}{2})\right] \end{equation} Al $f(x)=1$, para expresar la integral original, $F(u)=\frac{e^{2u}-1}{2u}$, un cálculo simple muestra, como era de esperar, que \begin{equation} I=\frac{8}{\pi^3}\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n+1)^3}=\frac{7\zeta(3)}{\pi^3} \end{equation}

Otra expresión para el resultado se obtiene por derivación bajo la integral \begin{equation} I_f=-2i\sum_{n=0}^\infty \int_0^1x(1-x)f(x)e^{i(2n+1)\pi x}\,dx \end{equation} Para una función real $f$, ya que la suma debe ser real, es suficiente para mantener el imaginario contribución a la integral: \begin{equation} I_f=2\sum_{n=0}^\infty \int_0^1x(1-x)f(x)\sin\left( (2n+1)\pi x \right)\,dx \end{equation}

Ahora, supongamos que una función $f_p$ es conocido que las integrales \begin{equation} J_p=\int_0^1x(1-x)f_p(x)\sin\left( (2n+1)\pi x \right)\,dx=\frac{A_p}{(2n+1)^{2p+1}} \end{equation} que da la relación \begin{equation} I_{f_p}=2A_p\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(2n+1)^{2p+1}}=2A_p\left( 1-2^{-2p-1} \right)\zeta(2p+1) \end{equation} Denota la función de $Q^0(x)=x(1-x)f_p(x)$ e $Q^1,Q^2(x)$ la primera y la segunda antiderivada. Dos sucesivas integraciones por partes se puede realizar: \begin{align} J_p&=-(2n+1)\pi \int_0^1Q^1(x)\cos\left( (2n+1)\pi x \right)\,dx\\ &=(2n+1)\pi\left[Q^2(1)+Q^2(0)\right]-(2n+1)^2\pi^2\int_0^1Q^2(x)\sin\left( (2n+1)\pi x \right)\,dx \label{eq:jp} \end{align} Los parámetros libres en $Q^2(x)$ puede ser elegido con el fin de que $Q^2(1)=Q^2(0)=0$. Con \begin{equation} Q^2(z)=\int_0^zdt\int_0^tQ^0(u)\,du+az+b \end{equation} uno puede optar $b=0$ e $a=-\int_0^1\,dt\int_0^tQ^0(u)\,du$. Así \begin{equation} Q^2(z)=\int_0^zdt\int_0^tQ^0(u)\,du-z\int_0^1\,dt\int_0^tQ^0(u)\,du \end{equation} Si $f_p(x)$ es un polinomio, entonces $Q^2(x)$ también. Por construcción, $x=0$ e $x=1$ están entre sus raíces. Puede ser escrita como \begin{equation} Q^2(x)=x(1-x)f_{p+1}(x) \end{equation} o \begin{equation} f_{p+1}(x)=\frac{\int_0^xdt\int_0^tu(1-u)f_p(u)\,du-x\int_0^1\,dt\int_0^tu(1-u)f_p(u)\,du}{x(1-x)} \end{equation} $J_p$ puede ser escrito como \begin{equation} J_p=-(2n+1)^2\pi^2\int_0^1x(1-x)f_{p+1}(x)\sin\left( (2n+1)\pi x \right)\,dx \end{equation} Uno obtener \begin{equation} \int_0^1x(1-x)f_{p+1}(x)\sin\left( (2n+1)\pi x \right)\,dx=-\frac{1}{\pi^2}\frac{A_p}{(2n+1)^{2p+3}} \end{equation} y así \begin{equation} I_{f_{p+1}}=2A_{p+1}\left( 1-2^{-2p-3} \right)\zeta(2p+3) \end{equation} con \begin{equation} A_{p+1}=-\frac{A_p}{\pi^2} \end{equation} A partir de $f_1(x)=1$ se obtiene \begin{align} f_2(x)&=\frac{1}{12}(x^2-x-1)\\ f_3(x)&=\frac{1}{360}(x^4-2x^3-2x^2+3x+3)\\ f_4(x)&=\frac{1}{20160}(x^6-3x^5-3x^4+11x^3+11x^2-17x-17)\\ ... \end{align} lo que da \begin{align} \int_0^1\frac{x(1-x)}{\sin\pi x}f_2(x)\,dx&=-\frac{31}{4}\frac{\zeta(5)}{\pi^5}\\ \int_0^1\frac{x(1-x)}{\sin\pi x}f_3(x)\,dx&=\frac{127}{16}\frac{\zeta(7)}{\pi^7}\\ \int_0^1\frac{x(1-x)}{\sin\pi x}f_4(x)\,dx&=-\frac{511}{64}\frac{\zeta(9)}{\pi^9}\\ ... \end{align} A partir de $f_1(x)=x(3-x)$, otros de la serie se puede obtener. Por ejemplo \begin{align} &f_2(x)=\frac{1}{60}(2x^4-10x^3+5x^2+5x+5)\\ &f_3(x)=-\frac{1}{5040}(3x^6-21x^2(x^3-x^2-x-1)-49(x+1))\\ &\int_0^1\frac{x(1-x)}{\sin\pi x}f_2(x)\,dx=-\frac{381}{4}\frac{\zeta(7)}{\pi^7}\\ &\int_0^1\frac{x(1-x)}{\sin\pi x}f_3(x)\,dx=-\frac{1533}{16}\frac{\zeta(9)}{\pi^9} \end{align} Otros puntos de partida pueden ser obtenidos mediante la elección de otros miembros de la lista propuesta en la pregunta anterior. Por ejemplo, a partir de $f_1(x)=x^2P_3(x)$ anterior conduce a una aparente expresión diferente para $\zeta(9)$: \begin{align} &f_2(x)=-\frac{1}{56}(x^6-27x^5+57x^4-13x^3-13x^2-13x-13)\\ &\int_0^1\frac{x(1-x)}{\sin\pi x}f_2(x)\,dx=-\frac{22995}{8}\frac{\zeta(9)}{\pi^9} \end{align} Obtenido polinomios no son de la forma $x^pP_p(x)$ como se analiza en la pregunta, sin embargo el método anterior, tal vez puede ser adaptado en este caso.

EDITAR 04/06/2017 : (perdón por la longitud de esta respuesta...)

Uno puede caracterizar más precisamente la familia de estos polinomios. Ayuda a symmetrize las expresiones: \begin{equation} I_f=\int_0^1\frac{x(1-x)}{\sin \pi x}f(x)\,dx=\frac{1}{8}\int_{-1}^1\frac{1-y^2}{\cos\pi y/2}g(y)\,dy \end{equation} con $g(y)=f(x)$ e $x=(1+y)/2$. En esta forma es claro que extraño contribución del polinomio $g(y)$ se desvanece. El mismo simetrización de la propuesta de la descomposición de arriba se lee: \begin{equation} I_f=\frac{(-1)^n}{4}\sum_{n=0}^\infty \int_{-1}^1(1-y^2)g(y)\cos\left( (2n+1) \frac{\pi y}{2} \right)\,dy \end{equation} Uno puede adaptar el método desarrollado anteriormente. Si $g_p(y)$ es incluso un polinomio como \begin{equation} \sum_{n=0}^\infty \int_{-1}^1(1-y^2)g_p(y)\cos\left( (2n+1) \frac{\pi y}{2} \right)\,dy=\frac{A_p}{(2n+1)^{2p+3}} \end{equation} luego, mediante la integración de dos veces por una parte, el polinomio \begin{equation} g_{p+1}(y)=\frac{\int_{-1}^ydt\int_{-1}^t(1-u^2)g_p(u)\,du-\frac{y+1}{2}\int_{-1}^1\,dt\int_{-1}^t(1-u^2)g_p(u)\,du}{1-y^2} \end{equation} es tal que \begin{equation} \sum_{n=0}^\infty \int_{-1}^1(1-y^2)g_{p+1}(y)\cos\left( (2n+1)\frac{\pi y}{2} \right)\,dy=\frac{A_{p+1}}{(2n+1)^{2p+5}} \end{equation} con $A_{p+1}=-4A_p/\pi^2$. así \begin{equation} \frac{1}{8}\int_{-1}^1\frac{1-y^2}{\cos\pi y/2}g_{p+1}(y)\,dy=2A_{p+1}\left( 1-2^{-2p-3} \right)\zeta(2p+5) \end{equation} Uno puede mostrar que $g(y)$ es incluso un polinomio de $y$. Para $g_0(y)=1$ uno tiene, como se esperaba \begin{equation} \frac{1}{8}\int_{-1}^1\frac{1-y^2}{\cos\pi y/2}\,dy= \frac{7\zeta(3)}{\pi^3} \end{equation} Entonces, la recurrencia anterior produce una serie de incluso polinomios $g_p(y)$ grado $2p$ dando sucesivas integral expresiones para $\zeta(2p+3)$. Debido a la paridad de observación, se puede concluir que cualquier polinomio $Q(y)$, incluso con su coeficiente de potencia idéntica a la de $g_p(y)$, es tal, que \begin{equation} \int_{-1}^1\frac{1-y^2}{\cos\pi y/2}Q(y)\,dy=\left( -1 \right)^p8\left( 2^{2p+3}-1 \right)\frac{\zeta(2p+3)}{\pi^{2p+3}} \end{equation} La condición lee \begin{equation} Q(y)+Q(-y)=2g_p(y) \end{equation} La primera polinomios (escrito con $Y=y^2$) son: \begin{align} g_0(y)&=1\\ g_1(y)&=\frac{1}{12}\left( Y-5 \right)\\ g_2(y)&=\frac{1}{360}\left( Y^2-14Y+61 \right)\\ g_3(y)&=\frac{1}{20160}\left( Y^3-27Y^2+323Y-1385 \right)\\ g_4(y)&=\frac{1}{1814400}\left( Y^4-44Y^3+1006Y^2-11804Y+50521 \right)\\ g_5(y)&=\frac{1}{239500800}\left( Y^{5}-65Y^4+2410Y^3-53954Y^2+631621Y-2702765\right)\\ g_6(y)&=\frac{1}{43589145600}\left(Y^6-90Y^5+4915Y^4-178268Y^3+3980887Y^2-46590634Y+199360981 \right) \end{align} En términos de la no-simétrico de la función, cualquier polinomio de la forma \begin{equation} f(x)=g_p\left( 2x-1 \right)+P(2x-1) \end{equation} donde $P(z)$ es arbitraria impar polinomio, da un resultado proporcional a $\zeta(2p+1)$ cuando se integran como en $I_f$ definido anteriormente.

Answer 2

En este reciente papel en el registro de la tangente integrales, Teorema 1 (2.2, en la versión publicada) expresa que, si $n$ es un entero positivo, \begin{equation} \int_0^{\tfrac{\pi}{2}}E_{2n-1}\left( \frac{2}{\pi}x \right)\log(\tan x)\,dx= \frac{(-1)^{n-1}(2n-1)!}{\pi^{2n-1}}\left( 2-2^{-2n} \right)\zeta(2n+1) \end{equation} donde $E_n(x)$ son los polinomios de Euler. Esta expresión puede escribirse como \begin{equation} \int_0^{1}E_{2n-1}\left( x \right)\log(\tan \frac{\pi}{2}x)\,dx= \frac{(-1)^{n-1}2(2n-1)!}{\pi^{2n}}\left( 2-2^{-2n} \right)\zeta(2n+1) \end{equation} La definición de la antiderivatives \begin{equation} F_{2n-1}(x)=\int_0^xE_{2n-1}\left( t \right)\,dt \end{equation} uno puede darse cuenta que $F_{2n-1}(0)=F_{2n-1}(1)=0$, como $E_{2n-1}( 1-x )=-E_{2n-1}( x )$. Entonces, integrando por partes, se trata de \begin{equation} \int_0^1\frac{ F_{2n-1}(x)}{\sin\pi x}\,dx= \frac{(-1)^{n}4(2n-1)!}{\pi^{2n+1}}\left( 1-2^{-2n-1} \right)\zeta(2n+1) \end{equation} Como $x=0,1$ son dos raíces de $F_{2n-1}(x)$, llegamos a la conclusión de que los polinomios \begin{equation} f_{2n-1}(x)=\frac{1}{x(1-x)}\int_0^xE_{2n-1}\left( t \right)\,dt \end{equation} verificar \begin{equation} \int_0^1 f_{2n-1}(x)\frac{x(1-x) }{\sin\pi x}\,dx= \frac{(-1)^{n}4(2n-1)!}{\pi^{2n+1}}\left( 1-2^{-2n-1} \right)\zeta(2n+1) \end{equation} Más en general, por razones de simetría, cualquier polinomio \begin{equation} g_{2n-1}(x)=f_{2n-1}(x)+P(2x-1) \end{equation} donde $P(x)$ es arbitraria impar polinomio, da el mismo resultado. Este resultado da una representación explícita de los polinomios derivados en mi respuesta anterior.

Editar: El uso de la derivada de la propiedad de los polinomios de Euler, $E_{2n-1}(x)=(2n)^{-1}dE_{2n}(x)/dx$, uno puede expresar \begin{align} f_{2n-1}(x)&=\frac{1}{2n}\frac{1}{x(1-x)}\left[E_{2n}(x)-E_{2n}(0)\right]\\ &=\frac{1}{x(1-x)}\left[\frac{1}{2n}E_{2n}(x)+\frac{1}{n(2n+1)}\left( 2^{2n+1}-1 \right)B_{2n+1}\right] \end{align} donde $B_{2n+1}$ es un número de Bernoulli.