Pregunta : Es el siguiente $(\star)$ cierto para $a,b,c\in\mathbb Z$ ?
$$\begin{align}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(ax^4+b\pi x^3+c{\pi}^{2}x^2)\log(\sin x)dx=0\Rightarrow a=b=c=0\qquad(\star)\end{align}$$
Motivación : he estado preguntando a la siguiente pregunta sobre el MSE :
Es $\frac{\zeta (m+n)}{\zeta (m)\zeta (n)}$ un número racional por $m,n\in\mathbb Z$ donde $\zeta (s)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}$?
Entonces, sólo he sido capaz de demostrar el siguiente teorema :
Teorema : Si $(\star)$ es verdadera, entonces el $\frac{\zeta (5)}{\zeta (2)\zeta (3)}$ es un número irracional.
Sin embargo, yo no puedo demostrar que $(\star)$ es cierto. Alguien puede ayudar?
En la siguiente, voy a probar el teorema. Aquí, tenga en cuenta que $(\star)$ es decir que $$aI_{4}+bI_{3}+cI_2=0\ (a,b,c\in\mathbb Z)\Rightarrow a=b=c=0$$ donde $$I_m=\frac{1}{{\pi}^{m+1}}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^m\log(\sin x)dx.$$
Lema : $$I_2=-\frac{1}{24}\log 2+\frac{3}{16}\frac{\zeta (3)}{{\pi}^2}.$$ $$I_3=-\frac{1}{64}\log 2+\frac{9}{64}\frac{\zeta (3)}{{\pi}^2}-\frac{93}{128}\frac{\zeta(5)}{{\pi}^4}.$$ $$I_4=-\frac{1}{160}\log 2+\frac{3}{32}\frac{\zeta (3)}{{\pi}^2}-\frac{45}{64}\frac{\zeta(5)}{{\pi}^4}.$$
La prueba para el lema : Por $$\log(\sin x)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac 1n\cos(2n\pi)-\log 2$$ para $0\lt x\lt \frac{\pi}{2}$, obtenemos $${\pi}^{m+1}I_m=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac 1n\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^m\cos(2n\pi)dx-\frac{1}{m+1}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{m+1}\log 2.$$ Aquí, mediante la utilización parcial de la integración, obtenemos $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^2\cos(2nx)dx=(-1)^n\frac{\pi}{4n^2},$$ $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^3\cos(2nx)dx=\frac{3}{8n^4}-(-1)^n\frac{3}{8n^4}+(-1)^n\frac{3{\pi}^2}{16n^2},$$ $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^4\cos(2nx)dx=-(-1)^n\frac{3\pi}{4n^4}+(-1)^n\frac{{\pi}^3}{8n^2}.$$ Por lo tanto, ya que nos llega $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^3}=-\left(1-2\cdot\frac{1}{2^3}\right)\zeta(3)=-\frac 34\zeta(3)$$ $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^5}=-\left(1-2\cdot\frac{1}{2^5}\right)\zeta(5)=-\frac{15}{16}\zeta(5),$$ llegamos $I_2,I_3,I_4$ como se desee. Ahora la prueba de lema se ha completado.
La prueba de teorema : Por el lema anterior, podemos escribir $$\left(\begin{matrix} I_2 \\ I_3 \\ I_4 \\ \end{de la matriz} \right)=\left(\begin{matrix} -\frac{1}{24} & \frac{3}{16} & 0 \\ -\frac{1}{64} & \frac{9}{64} & -\frac{93}{128} \\ -\frac{1}{160} & \frac{3}{32} & -\frac{45}{64} \\ \end{de la matriz} \right)\left(\begin{matrix} \log 2 \\ {\zeta (3)}/{{\pi}^2} \\ {\zeta(5)}/{{\pi}^4} \\ \end{de la matriz} \right)$$ Por lo tanto, obtenemos $$\frac{\zeta(3)}{{\pi}^2}=-\frac 13(1240I_4-1200I_3+264I_2),$$ $$\frac{\zeta(5)}{{\pi}^4}=-\frac 13(120I_4-112I_3+24I_2).$$ Por lo tanto, desde el $\zeta(2)={{\pi}^2}/{6}$, obtenemos $$\frac{\zeta(5)}{\zeta(2)\zeta(3)}=6\frac{{\zeta(5)}/{{\pi}^4}}{{\zeta(3)}/{{\pi}^2}}=6\frac{120I_4-112I_3+24I_2}{1240I_4-1200I_3+264I_2}.$$ Ahora si $\frac{\zeta(5)}{\zeta(2)\zeta(3)}$ es un número racional, entonces no existen números naturales $r,s$ tal que $$\frac{120I_4-112I_3+24I_2}{1240I_4-1200I_3+264I_2}=\frac sr.$$ Por lo tanto, obtenemos $$(120r-1240s)I_4-(112r-1200s)I_3+(24r-264s)I_2=0$$ $$\Rightarrow 120r-1240s=112r-1200s=24r-264s=0$$ $$\Rightarrow 3r=31s,\ 7r=75s,\ r=11s.$$ Sin embargo, no existen tales $r,s$. Por lo tanto, sabemos que $\frac{\zeta(5)}{\zeta(2)\zeta(3)}$ es un número irracional. Ahora la prueba de teorema se ha completado.
Actualización : me crossposted a MO.
