Forma cerrada de $\int_0^1 B_n(x)\psi(x+1)\,dx$

Question

¿Existe una forma cerrada de la siguiente integral?

$$I_n = \int_0^1 B_n(x)\psi(x+1)\,dx,$$

donde $B_n(x)$ son los Polinomios de Bernoulli y $\psi(x)$ es el función digamma .

La motivación del problema era esta pregunta . En esta respuesta achille hui demostró que para todos $n>0$

$$\int_0^1 B_n\left(\left\{ \frac1x \right\}\right) \frac{dx}{x} = -\int_0^1 B_n(u) \psi(1+u) du,$$

donde $\{x\}$ es el parte fraccionaria de $x$ .

Al observar los datos específicos de la $n$ se pueden observar patrones interesantes.

$$\begin{align} I_0 & = 0\\ I_1 & = 1-\frac 12 \ln(2\pi) \\ I_2 & = -\frac 12 + 2 \ln A \\ I_3 & = \frac{1}{12} - \frac{3}{4\pi^2}\zeta(3) = \frac{1}{12} - \frac{1}{8}\frac{\zeta(3)}{\zeta(2)}\\ I_4 & = \frac{1}{45} - 4\zeta'(-3)\\ I_5 & = -\frac{13}{360} + \frac{15}{4\pi^4}\zeta(5) = -\frac{13}{360} + \frac{1}{24}\frac{\zeta(5)}{\zeta(4)}\\ I_6 & = -\frac{1}{252}-6\zeta'(-5)\\ I_7 & = \frac{47}{1260} - \frac{315}{8\pi^6}\zeta(7) = \frac{47}{1260} - \frac{1}{24}\frac{\zeta(7)}{\zeta(6)}\\ I_8 & = -\frac{8}{1575}-8\zeta'(-7)\\ I_9 & = -\frac{1703}{25200} -\frac{2835}{4\pi^8}\zeta(9) = -\frac{1703}{25200} -\frac{3}{40}\frac{\zeta(9)}{\zeta(8)}\\ I_{10} & = \frac{2461}{83160} - 10\zeta'(-9)\\ \dots \end{align}$$

donde $A$ es el Constante de Glaisher-Kinkelin , $\zeta(3)$ es el La constante de Apéry y en general $\zeta$ es el Función zeta de Riemann y $\zeta'$ es su derivado.

Answer 1

El papel

V. Adamchik, Funciones poligámicas de orden negativo , J. Comp. Appl. Math. 100 , (1998), 191-199)

contiene la siguiente afirmación (Proposición 3, Ec. (17)):

Dejemos que $n\in\mathbb{Z}_{\ge0}$ y $\Re z>0$ entonces \begin{align}\int_0^z x^n\psi\left(x\right) dx=&(-1)^{n-1}\zeta'(-n)+\frac{(-1)^n}{n+1}B_{n+1}H_n+\\ & \sum_{k=0}^n(-1)^kz^{n-k}{n \choose k}\left[\zeta'(-k,z)-\frac{B_{k+1}(z)H_k}{k+1}\right],\end{align} donde $B_n$ y $B_n(z)$ son números de Bernoulli y polinomios, $H_n$ son números armónicos, y $\zeta(s,z)$ denota la función zeta de Hurwitz.

Especializado en $z=1$ obtenemos $$\int_0^1 x^n\psi\left(x\right) dx=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k{n \choose k}\left[\zeta'(-k)-\frac{B_{k+1}H_k}{k+1}\right].\tag{1}$$ Utilizando (1) y la relación de recursión $\psi(x+1)-\psi(x)=x^{-1}$ la integral $\int_0^1 P\left(x\right)\psi\left(x+1\right) dx$ puede calcularse para cualquier polinomio $P(x)$ .

Editar : Queda la tarea de explicar por qué los polinomios de Bernoulli proporcionan una base mejor que los monomios $x^n$ (en lugar de la combinación lineal de $\zeta'(-k)$ obtenemos sólo uno de estos valores). Creo que esto se puede entender después de una lectura cuidadosa del documento.

Answer 2

Esta es una respuesta para el Caso impar .

Propuesta. Dejemos que $k=1,2,3,\ldots$ . Entonces

$$ \int_0^1 B_{2k+1}(x)\: \psi (x+1) \:dx=(-1)^{k+1}\frac{(2k+1)!}{(2\pi)^{2k+1}}\pi \: \zeta(2k+1)-\sum_{j=0}^{2k}\!\frac{ {{2k+1}\choose j} B_j}{2k+1-j} \quad (*) $$

La prueba es aquí observando que $$\begin{align} \int_0^1 B_{2k+1}(x)\: \psi (x+1) \:dx & = \int_0^{1} \frac{B_{2k+1}\left(\left\{ 1/x \right\}\right)}{x}dx. \tag1 \end{align}$$ Una prueba de $(1)$ se puede encontrar aquí .

Answer 3

La respuesta completa a la pregunta con $\,n\ge 1\,$ es la unión de las respuestas de Empieza a vestir de morado y Olivier Oloa (el signo del lado derecho de la ecuación $(*)$ está mal ahí), obtenemos:

$$\int\limits_0^1 B_n(x)\psi(x+1)dx = (-1)^{n-1} \left(n \,\zeta’(1-n)- B_n H_{n-1}\right) + \sum\limits_{k=1}^n {\binom n k} \frac{B_{n-k}}{k}$$

Un truco que funciona bien es invertir $(1)$ de Empieza a vestir de morado 's respuesta mediante el uso de: $$b_{m-1}=\sum\limits_{v=0}^{m-1} {\binom m v} a_v \enspace \Leftrightarrow \enspace a_m=\frac{1}{m+1}\sum\limits_{v=0}^m {\binom {m+1} {v+1}} B_{m-v}b_v $$

Nota 1:

$$\sum\limits_{k=1}^n {\binom n k} \frac{B_{n-k}}{k}=\int\limits_0^1\frac{B_n(x)-B_n(0)}{x}dx$$

Nota 2:

$$n\zeta’(1-n)- B_n H_{n-1}=\frac{d}{dt}B_t(1)|_{t=n}-H_n B_n(1)$$

$\hspace{4cm}$ Información sobre $\,B_t(x)\,$ se puede encontrar aquí .