La respuesta es sí. El método se detalla en el artículo de S. K. Lucas. El aproximado de las fracciones obtenidas a partir de truncar la exacta continuó fracción de la respetada números, por lo que los signos se alternan. Primero vamos a dar un par de ejemplos.
Resultados
Por $\pi$
La continuación de las fracciones
$3, 22/7, 333/106, 355/113, 103993/33102, \puntos de dólares.
\begin{align}
\pi \frac{333}{106}
&=
\int_0^1 \frac{x^4 \, (1-x)^5 \, \left(74 \, x^2-53 \, x+21\right)}{106 \left(x^2+1\right)} \, dx.
\\
\frac{355}{113} - \pi
&=
\int_0^1 \frac{x^{10} \, (1-x)^8 \, \left(886+95\,x^2\right)}{3164 \left(x^2+1\right)} \, dx.
\end{align}
Por $\pi^2$
La interrupción en las fracciones continuas son $9, 10, 69/7, 79/8, 227/23, 10748/1089, \puntos de dólares,
\begin{align}
\pi^2-\frac{69}{7}
&=
\int_0^1
\frac{4 \, x^{4} \, (1 - x)^3 \left(64 x^2 -39 x + 25\right)}
{13 \, (1 + x^2) }
\log(x^{-1}) \, dx \\
&=
\int_0^1
\frac{24 \, x^{6} \, (1 - x)^2 \left(119 - 72 \, x^2\right)}
{191 \, (1 + x^2) }
\log(x^{-1}) \, dx.
\end{align}
\begin{align}
\frac{79}{8} - \pi^2
&=
\int_0^1
\frac{4 \, x^6 \, (1-x)^3 (49 - 51 x + 100 x^2)}
{17 \, (1 + x^2) }
\log(x^{-1}) \, dx \\
&=
\int_0^1
\frac{4 \, x^3 \, (1-x)^4 (25 + 2254 x^2)}
{743 \, (1 + x^2) }
\log(x^{-1}) \, dx \\
&=
\int_0^1
\frac{
24 \, x^5 \, (1-x)^2 \left[37 \, (x^2 + 1) - 73 \, x\right]
}
{ 73 \, (1 + x^2) }
\log(x^{-1}) \, dx
\end{align}
\begin{align}
\pi^2-\frac{227}{23}
&=
\int_0^1
\frac{4 \, x^{19} \, (1 - x)^4 \left(61847 x^2+87524\right)}
{8559 \, (1 + x^2) }
\log(x^{-1}) \, dx.
\end{align}
Por $\pi^3$
La interrupción en las fracciones continuas son
$31, 4930/159, 14821/478, \dots$.
\begin{align}
\pi^3-31
&=
\int_0^1
\frac{8 \, x^5 \, (1-x)^2 \, \left(324889-120736 \, x^2\right)}
{445625 \, (1 + x^2) }
\log^2 x \, dx\\
\frac{4930}{159}-\pi^3
&=
\int_0^1
\frac{4 \, x^{10} \, (1-x)^4 \, \left(695774836+470936528857 \, x^2\right)}
{470240754021 \, (1 + x^2) }
\log^2 x \, dx.
\end{align}
Por $\pi^4$
La interrupción en las fracciones continuas son
$97, 195/2, 487/5, 1656/17, 2143/22, \puntos de dólares.
\begin{align}
\pi^4-97
&=
\int_0^1
\frac{240 \, x^{4} \, (1 - x)^{2} \,\left(3522267 x^2+1681375\right) }
{3221561 \, (1 + x^2) }
\log^3(x^{-1}) \, dx
\\
\frac{195}{2}-\pi^4
&=
\int_0^1
\frac{192 \, x^{6} \, (1 - x)^{2} \, \left(5657688 x^2+3056473\right) }
{3641701 \, (1 + x^2) }
\log^3(x^{-1}) \, dx.
\\
\pi^4-\frac{487}{5}
&=
\int_0^1
\frac{15 \, x^{8} \, (1 - x)^{2} \, \left(3293858975 x^2+746556831\right) }
{278611172 \, (1 + x^2) }
\log^3(x^{-1}) \, dx.
\\
\frac{1656}{17}-\pi^4
&=
\int_0^1
\frac{480 \, x^{7} \, (1 - x)^{4} \, \left(8555775811 x^2+2883779820\right) }
{39703971937 \, (1 + x^2) }
\log^3(x^{-1}) \, dx.
\\
\pi^4-\frac{2143}{22}
&=
\int_0^1
\frac{480 \, x^{31} \, (1 - x)^{4} \, \left(4071997316165706379 x^2+175446796437023645180\right) }
{1199623593846005571607 \, (1 + x^2) }
\log^3(x^{-1}) \, dx.
\end{align}
Método
La idea es simple.
Básicamente, se combinan las siguientes identidades.
(1)
\begin{align}
\int_0^1
\log^{m-1}\left( x^{-1} \right) x^k \, dx
= \frac{(s-1)!}{(k+1)^s}.
\end{align}
Para una $s$
(2a)
\begin{align}
\int_0^1
\frac{ \log^{m-1}(x^{-1}) \, x }{1+x^2} \, dx
Y=2^{s} \int_0^\infty
\frac{ t^{m-1} }{ e^t + 1 } \, dt \\
Y=2^{s} \int_0^\infty
t^{m-1} \left( e^{-t} - e^{-2\,t} + e^{-3t} - \cdots \right) \, dt \\
&= \frac{ (s-1)! \, (2^s - 2)}{4^s} \zeta(s) \\
&=
\frac{ (1-2^{1-s}) \, |B_s| }{2 \, s} \, \pi^s.
\end{align}
donde $\zeta(s)$ es la de Riemann zeta función,
$B_s$ es el número de Bernoulli, que es racional.
El último paso es bien conocido.
Del mismo modo, por una extraña $s$,
(2b)
\begin{align}
\int_0^1
\frac{ \log^{m-1}(x^{-1}) }{1+x^2} \, dx
&=\int_0^\infty
\frac{ t^{m-1} \, e^{-t} }{ e^{-2} + 1 } \, dt \\
&=\int_0^\infty
t^{m-1} \left( e^{-t} - e^{-3\,t} + e^{-5\,t} -\cdots \right) \, dt \\
y= (s-1)! \, \left(1-\frac{1}{3^s}+\frac{1}{5^s}-\cdots \right) \\
&=
(s-1)! \, \beta(s) = \frac{|E_{s-1}|}{2^{s+1}} \, \pi^s,
\end{align}
donde
$E_s$ es el número de Euler,
que también es racional.
Esto significa
\begin{align}
\frac{\pi}{4}
&=
\int_0^1
\frac{ 1 }{1+x^2} \, dx, \\
\frac{\pi^2}{48}
&=
\int_0^1
\frac{\log\left( x^{-1} \right) x}{1+x^2} \, dx\\
\frac{\pi^3}{16}
&=
\int_0^1
\frac{\log^2\left( x^{-1} \right) }{1+x^2} \, dx\\
\frac{7\,\pi^4}{192}
&=
\int_0^1
\frac{\log^3\left( x^{-1} \right) x}{1+x^2} \, dx.
\end{align}
Ahora supongamos que tenemos un polinomio $P(x) = Q(x)(1 + x^2) + R(x)$,
y queremos
$$
\int_0^1
\frac{ \log^s(x^{-1}) \, P(x) } { 1 + x^2 }
\, dx
= \pi^s, - A,
$$
donde $A$ es una aproximación de $\pi^s$ (hemos asumido el posible signo, el caso de signo negativo es similar). Para satisfacer esta ecuación, nos demanda,
\begin{align}
\int_0^1
\frac{ \log^s(x^{-1}) \, R(x) } { 1 + x^2 }
\, dx
&= \pi^s \\
\int_0^1
\log^s(x^{-1}) \, Q(x)
\, dx
Y= - A,
\end{align}
Esto requiere
\begin{align}
R(x)
&=
\begin{casos}
\dfrac{ 2^{s+1} } { |E_{s-1}|}
& \mathrm {\; impar\;} s \\
\dfrac{ 2 \, s } { (1-2^{1-s}) \, |B_s| } x
& \mathrm {\; incluso\;} s
\end{casos}
\\
\sum_{n=0} \frac{ (s-1)! }{(n+1)^s} q_n &= -A,
\end{align}
donde
$Q(x) = \sum_{n=0} q_n \, x^n$.
El uso de estas reglas para el diseño de $P(x)$, obtenemos las fórmulas anteriores. En particular, se estudió la forma
\begin{align}
P(x)
=
x^u \,(1-x)^v (a \, x^2 + b \, x + c).
\end{align}
Para un conjunto particular de $u$ y $v$, la restricción para $R(x) determina dos parámetros, digamos $b$ y $c$. La restricción para $Un$ determina $a$. A continuación, compruebe si $a \, x^2 + b \, x + c$ es no negativa definida. Luego nos variar de $u$ y $v$ a buscar una simple combinación de $a$, $b$ y $c$.
