Conjetura sobre las integrales de la forma $\int_0^\infty \frac{(\log{x})^n}{1+x^2}\,\mathrm{d}x$ .

Question

He estado jugando un poco con integrales de la forma $$I(n)=\int_0^\infty \frac{(\log{x})^n}{1+x^2}\,\mathrm{d}x,\,\,n\in\mathbb{Z}^+,$$ y estoy tratando de obtener una solución de forma cerrada para $I(n).$ Creo que los casos especiales $I(1)$ y $I(2)$ son algo conocidos, pero los repasaré. Cuando $n=1,$ tenemos $$I(1)=\int_0^\infty \frac{\log{x}}{1+x^2}\,\mathrm{d}x=\int_0^1 \frac{\log{x}}{1+x^2}\,\mathrm{d}x+\int_1^\infty \frac{\log{x}}{1+x^2}\,\mathrm{d}x.$$ Se puede demostrar fácilmente que es cero realizando la sustitución $x=1/y,$ lo que dará lugar a $$\int_0^1 \frac{\log{x}}{1+x^2}\,\mathrm{d}x=-\int_1^\infty \frac{\log{x}}{1+x^2}\,\mathrm{d}x.$$ Así, $I(1)=0.$ Claramente, esto se puede generalizar a todos los enteros Impares, y $I(2n+1)=0.$ En el caso de $n=2$ En primer lugar, observe, mediante la misma sustitución anterior, que $$\int_0^1 \frac{(\log{x})^2}{1+x^2}\,\mathrm{d}x=\int_1^\infty \frac{(\log{x})^2}{1+x^2}\,\mathrm{d}x.$$ Esto implica que $$I(2)=2\int_0^1 \frac{(\log{x})^2}{1+x^2}\,\mathrm{d}x,$$ que es una integral más fácil de trabajar. Realización de la sustitución $x=e^{-y}$ produce $$I(2)=2\int_0^\infty y^2\left(e^{-y}-e^{-3y}+e^{-5y}-\cdot\cdot\cdot\right)\,\mathrm{d}y.$$ Utilizando la identidad $$\int_0^\infty x^2 e^{-ax}=\frac{2}{a^3},$$ obtenemos $$I(2)=4\left(\frac{1}{1^3}-\frac{1}{3^3}+\frac{1}{5^3}-\cdot\cdot\cdot\right)=4\cdot\frac{\pi^3}{32}=\frac{\pi^3}{8}.$$ No estoy seguro de cómo se evalúa esta serie infinita, pero encontré este resultado en un libro. Utilicé Mathematica para comprobar algunos valores más, y encontré que $I(4)=5\pi/32,\,I(6)=61\pi/128,\,$ y $I(8)=1385\pi/512.$ Está claro que el patrón es $$I(2n)=A_{2n}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2n+1},$$ donde $A_{2n}$ es alguna constante. Resulta que estas constantes son los números de Euler, que son los coeficientes $E_k$ correspondiente a la serie $$\operatorname{sech}x=\sum_{k=0}^\infty\frac{E_k}{k!}x^k.$$ Todos los números de Euler correspondientes a impar $n$ son cero, y los primeros números pares de Euler son $E_0=1,\, E_2=-1,\, E_4=5, \,E_6=-61,\,$ y $E_8=1385.$ Así, he conjeturado que $$I(2n)=(-1)^n E_{2n} \left(\frac{\pi}{2}\right)^{2n+1}$$ para todos $n\in\mathbb{Z}^+.$ Supongo que esto podría extenderse a $n\in\mathbb{Z}_{\geq 0}$ así: $$I(n)=i^n E_n \left(\frac{\pi}{2}\right)^{n+1},$$ desde $E_n=0$ para impar $n.$ Así que la cuestión, por supuesto, es cómo demostrarlo. Intenté generalizar el método que utilicé para $I(2),$ y descubrí que $$\int_0^\infty x^n e^{-ax}=\frac{n!}{a^{n+1}},\,\,n\in\mathbb{Z}_{\geq 0}.$$ Usando esto, obtuve $$I(2n)=n!\left(\frac{1}{1^{n+1}}-\frac{1}{3^{n+1}}+\frac{1}{5^{n+1}}-\cdot\cdot\cdot\right)=n!\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)^{n+1}}.$$ Mathematica no fue capaz de evaluar esta suma, ni siquiera para el caso de $n=2.$ Da alguna expresión que involucra múltiples funciones zeta, con las que no tengo experiencia. Aunque no podamos demostrarlo, me interesaría saber por qué los números de Euler pueden aparecer aquí. Cualquier ayuda será muy apreciada.

Editar :

Como Claude Leibovici ayudó a señalar, la expresión final de la serie debería ser $$I(2n)=2(2n)!\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k+1)^{2n+1}}=\frac{(2n)!}{2^{4n+1}}\left[\zeta\left(2n+1, \frac{1}{4}\right)-\zeta\left(2n+1, \frac{3}{4}\right)\right].$$

Answer 1

Integrar $f(z)=\dfrac{z^{s}}{1+z^2}$ con el corte de la rama situado en el eje real positivo y $-1<\operatorname{Re}(s)<1$ a lo largo de un contorno de ojo de cerradura deformado alrededor de $[0,R]$ . A lo largo del gran arco de radio $R$ , $$0\leq\left|\ \int_{R\exp\left(i[0,2\pi]\right)} f(z)\ dz\ \right|\leq\frac{2\pi R^{\operatorname{Re}(s)+1}}{R^2-1}\to0 \text{ as }R\to\infty$$ y a lo largo del pequeño arco de radio $\epsilon$ , $$0\leq\left|\ \int_{\epsilon\exp\left(i[0,2\pi]\right)} f(z)\ dz\ \right|\leq\frac{2\pi \epsilon^{\operatorname{Re}(s)+1}}{1-\epsilon^2}\to0 \text{ as }\epsilon\to 0$$ por lo que tomar $R\to\infty$ y $\epsilon\to 0$ y aplicando el Teorema del Residuo, \begin {align} (1-e^{2 \pi i s}) \int ^ \infty_0\frac {x^{s}}{1+x^2}\ dx &= \pi\left (e^{ \pi es/2}-e^{3 \pi i s/2} \right ) \\ \implies \int ^ \infty_0\frac {x^{s}}{1+x^2}\ dx &= \pi\cdot\frac {e^{ \pi es/2}-e^{- \pi i s/2}}{e^{ \pi es}-e^{- \pi es}} = \pi\cdot\frac { \sin\left ( \frac { \pi s}{2} \right )}{ \sin\left ( \pi s \right )} = \frac { \pi }{2} \sec\left ( \frac { \pi s}{2} \right ) \end {align} Por lo tanto, \begin {align} I(2n) &= \left.\frac { \pi }{2} \frac {d^{2n}}{ds^{2n}} \sec\left ( \frac { \pi s}{2} \right ) \right |_{s \to 0} \\ &= \left.\frac { \pi }{2} \frac {d^{2n}}{ds^{2n}} \sum ^ \infty_ {k=0} \frac {(-1)^kE_{2k}}{(2k)!} \left ( \frac { \pi s}{2} \right )^{2k} \right |_{s \to 0} \\ &= \left.\frac { \pi }{2}(2n)![s^{2n}] \sum ^ \infty_ {k=0} \frac {(-1)^kE_{2k}}{(2k)!} \left ( \frac { \pi s}{2} \right )^{2k} \right |_{s \to 0} \\ &= \frac { \pi ¡}{2}(2n)! \frac {(-1)^nE_{2n}}{(2n)!} \left ( \frac { \pi }{2} \right )^{2n} \\ &=(-1)^nE_{2n} \left ( \frac { \pi }{2} \right )^{2n+1} \end {align}

Answer 2

Primera parte . Podemos observar que $$\int_{0}^{\infty}\frac{\log^{n}\left(x\right)}{1+x^{2}}dx\stackrel{x\rightarrow1/x}{=}\left(-1\right)^{n}\int_{0}^{\infty}\frac{\log^{n}\left(x\right)}{1+x^{2}}dx $$ así que obviamente si $n$ es impar la integral es $0$ . Si $n $ es incluso tenemos que $$I(2k)=\int_{0}^{\infty}\frac{\log^{2k}\left(x\right)}{1+x^{2}}dx=\int_{0}^{1}\frac{\log^{2k}\left(x\right)}{1+x^{2}}dx+\int_{1}^{\infty}\frac{\log^{2k}\left(x\right)}{1+x^{2}}dx $$ $$\stackrel{x\rightarrow1/x}{=}2\int_{0}^{1}\frac{\log^{2k}\left(x\right)}{1+x^{2}}dx=2\sum_{m\geq0}\left(-1\right)^{k}\int_{0}^{1}x^{2m}\log^{2k}\left(x\right)dx $$ e integrando por partes $$I(2k)=2\sum_{m\geq0}\left(-1\right)^{m}\int_{0}^{1}x^{2m}\log^{2k}\left(x\right)dx $$ $$=\color{blue}{2\left(2k\right)!\sum_{m\geq0}\frac{\left(-1\right)^{m}}{\left(2m+1\right)^{2k+1}}} $$ y como la serie es absolutamente convergente tenemos $$I(2k)=2\left(2k\right)!\left(\sum_{m\geq0}\frac{1}{\left(4m+1\right)^{2k+1}}-\sum_{m\geq0}\frac{1}{\left(4m+3\right)^{2k+1}}\right) $$ $$=\color{green}{\left(2k\right)!2^{-4k-1}\left(\zeta\left(2k+1,\frac{1}{4}\right)-\zeta\left(2k+1,\frac{3}{4}\right)\right)} $$ donde $\zeta\left(s,a\right) $ es el Función Zeta de Hurwitz .

Segunda parte . Considere la función $\sin\left(xy\right) $ en $\left[-\pi,\pi\right] $ , $y<1 $ . No es difícil ver que $$b_{n}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}\sin\left(yx\right)\sin\left(nx\right)dx=\left(-1\right)^{n-1}\frac{2}{\pi}\frac{n\sin\left(\pi y\right)}{n^{2}-y^{2}} $$ pero también es el $n$ -coeficiente de la serie de Fourier de $$\sin\left(xy\right)=\sum_{n\geq1}b_{n}\sin\left(nx\right) $$ por lo que tomar $x=\frac{\pi}{2} $ obtenemos $$\sin\left(\frac{\pi}{2}y\right)=\frac{2}{\pi}\sin\left(\pi y\right)\sum_{n\geq1}\left(-1\right)^{n-1}\frac{2n-1}{\left(2n-1\right)^{2}-y^{2}} $$ $$=\frac{2}{\pi}\sin\left(\pi y\right)\sum_{n\geq1}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{2n-1}\sum_{k\geq0}\frac{y^{2k}}{\left(2n-1\right)^{2k}} $$ $$=\frac{2}{\pi}\sin\left(\pi y\right)\sum_{k\geq0}\sum_{n\geq1}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{\left(2n-1\right)^{2k+1}}y^{2k} $$ por lo que $$\frac{\pi\sin\left(\frac{\pi}{2}y\right)}{\sin\left(\pi y\right)}=\sum_{k\geq0}\sum_{n\geq1}\frac{2\left(-1\right)^{n-1}}{\left(2n-1\right)^{2k+1}}y^{2k} $$ pero $$\frac{\pi\sin\left(\frac{\pi}{2}y\right)}{\sin\left(\pi y\right)}=\frac{\pi\sec\left(\frac{\pi}{2}y\right)}{2} $$ y es bien sabido que $$\frac{\pi\sec\left(\frac{\pi}{2}y\right)}{2}=\sum_{n\geq0}\frac{\left(-1\right)^{n}E_{2n}}{\left(2n\right)!}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2n+1}y^{2n} $$ por lo que, igualando los coeficientes, tenemos $$\sum_{n\geq1}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{\left(2n-1\right)^{2k+1}}=\sum_{n\geq0}\frac{\left(-1\right)^{n}}{\left(2n+1\right)^{2k+1}}=\color{red}{\frac{\left(-1\right)^{n}E_{2n}}{2\left(2n\right)!}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2n+1}}.$$ Conclusión.

$$I\left(2n\right)=\left(-1\right)^{n}E_{2n}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2n+1}.$$

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove navy]{{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

$\ds{\mrm{I}\pars{n} \equiv \int_{0}^{\infty}{\ln^{n}\pars{x} \over 1 + x^2}\,\dd x:\ ?.\qquad n \in \mathbb{Z}^{+}}$ .

\begin {align} \mrm {I} \pars {n} & \equiv \int_ {0}^{ \infty }{ \ln ^{n} \pars {x} \over 1 + x^2}\, \dd x = \int_ {0}^{1}{ \ln ^{n} \pars {x} \over 1 + x^2}\, \dd x + \int_ {1}^{ \infty }{ \ln ^{n} \pars {x} \over 1 + x^2}\, \dd x = \bracks {1 + \pars {-1}^{n}} \int_ {0}^{1}{ \ln ^{n} \pars {x} \over 1 + x^2}\, \dd x \end {align}

---

Entonces,

• $\ds{{\large n\ \underline{odd}} \implies \mrm{I}\pars{n} \equiv \int_{0}^{\infty}{\ln^{n}\pars{x} \over 1 + x^2}\,\dd x = 0}$

• $\ds{{\large n\ \underline{even}} \implies \mrm{I}\pars{n} \equiv \int_{0}^{\infty}{\ln^{n}\pars{x} \over 1 + x^2}\,\dd x = 2\int_{0}^{1}{\ln^{n}\pars{x} \over 1+x^2}\,\dd x = \left.2\,\partiald[n]{}{\mu} \int_{0}^{1}{x^{\mu} \over 1 + x^2}\,\dd x \,\right\vert_{\ \mu\ =\ 0}}$

  \begin {align} \int_ {0}^{1}{x^{ \mu } \over 1 + x^2}\, \dd x & = \int_ {0}^{1}{x^{ \mu } - x^{ \mu + 2} \over 1 - x^4}\, \dd x = \int_ {0}^{1}{x^{ \mu /4} - x^{ \mu /4 + 1/2} \over 1 - x} \,{1 \over 4}\,x^{-3/4}\, \dd x \\ [5mm] & = {1 \over 4} \pars { \int_ {0}^{ \infty }{1 - x^{ \mu /4 - 1/4} \over 1 - x}\, \dd x - \int_ {0}^{ \infty }{1 - x^{ \mu /4 - 3/4} \over 1 - x}\, \dd x} \\ [5mm] & = {1 \over 4} \bracks { \Psi\pars { \mu + 3 \over 4} - \Psi\pars { \mu + 1 \over 4}} \qquad\pars {~ \Psi Función Digamma~} \end {align}

  $$\bbox[15px,#ffe,border:1px groove navy]{% \mrm{I}\pars{n} \equiv \int_{0}^{\infty}{\ln^{n}\pars{x} \over 1 + x^{2}}\,\dd x = \left\{\begin{array}{lcl} \ds{0} & \mbox{if} & \ds{n \in \mathbb{Z}^{+}\ \mbox{is}\ odd} \\[3mm] \ds{{1 \over 2^{2n +1}}\bracks{\Psi^{\mrm{\pars{n}}}\pars{3 \over 4} - \Psi^{\mrm{\pars{n}}}\pars{1 \over 4}}} & \mbox{if} & \ds{n \in \mathbb{Z}^{+}\ \mbox{is}\ even} \end{array}\right.} $$

  Tenga en cuenta que $\ds{\pars{~Euler\ Reflection\ Formula~}}$ $$ \bracks{\Psi^{\mrm{\pars{n}}}\pars{3 \over 4} - \Psi^{\mrm{\pars{n}}}\pars{1 \over 4}}_{\ n\ \in\ \mathbb{Z}^{+}\ even} = \left.\pars{-1}^{n}\,\pi^{n + 1}\,\totald[n]{\cot\pars{z}}{z} \right\vert_{\ z\ =\ \pi/4} $$

Answer 4

Como se muestra en la siguiente MSE enlace tenemos una recurrencia para estas integrales parametrizadas por $n$ :

$$Q_n = -\frac{1}{n+1} \sum_k \alpha_{n+1,k} - \frac{1}{n+1} \sum_{p=0}^{n-1} {n+1\choose p} (2\pi i)^{n-p} Q_p$$

donde $$\alpha_{n, k} = \mathrm{Res}_{z=\rho_k} \frac{\log^n z}{z^2+1}.$$

con $\rho_0 = i$ y $\rho_1 = -i.$ Ahora tratamos de demostrar

$$Q_n = \frac{\pi^{n+1}}{2^{n+1}} \times n! [z^n] \frac{1}{\cos(z)}.$$

Observe que esto es

$$Q_n = \frac{\pi}{2} \times n! [z^n] \frac{1}{\cos(\pi z/2)}.$$

La prueba puede hacerse por inducción. Empezando por $n=0$ tenemos

$$Q_0 = \frac{\pi^1}{2^1} \times 1 = \frac{\pi}{2} = \int_0^\infty \frac{1}{x^2+1} dx.$$

Esto establece el caso base. Tenemos

$$\alpha_{n, 0} = \frac{1}{2i} (\pi i/2)^n \quad\text{and}\quad \alpha_{n, 1} = -\frac{1}{2i} (3\pi i/2)^n.$$

Continuando con el paso de inducción y aplicando la hipótesis de inducción obtenemos en el lado derecho

$$-\frac{1}{n+1} \frac{1}{2i} (\pi i/2)^{n+1} + \frac{1}{n+1} \frac{1}{2i} (3\pi i/2)^{n+1} \\ - \frac{\pi}{2} \frac{1}{n+1} \sum_{p=0}^{n-1} {n+1\choose p} (2\pi i)^{n-p} \times p! [z^p] \frac{1}{\cos(\pi z/2)} \\ = -\frac{1}{n+1} \frac{1}{2i} (\pi i/2)^{n+1} + \frac{1}{n+1} \frac{1}{2i} (3\pi i/2)^{n+1} \\ - \frac{1}{4i} \frac{1}{n+1} \sum_{p=0}^{n-1} {n+1\choose p} (2\pi i)^{n+1-p} \times p! [z^p] \frac{1}{\cos(\pi z/2)} \\ = -\frac{1}{n+1} \frac{1}{2i} (\pi i/2)^{n+1} + \frac{1}{n+1} \frac{1}{2i} (3\pi i/2)^{n+1} \\ + \frac{1}{4i} \frac{1}{n+1} (n+1) (2\pi i) n! [z^n] \frac{1}{\cos(\pi z/2)} + \frac{1}{4i} \frac{1}{n+1} (n+1)! [z^{n+1}] \frac{1}{\cos(\pi z/2)} \\ - \frac{1}{4i} \frac{1}{n+1} \sum_{p=0}^{n+1} {n+1\choose p} (2\pi i)^{n+1-p} \times p! [z^p] \frac{1}{\cos(\pi z/2)}.$$

Lo que tenemos aquí es una convolución de dos funciones generadoras exponenciales y obtenemos

$$-\frac{1}{n+1} \frac{1}{2i} (\pi i/2)^{n+1} + \frac{1}{n+1} \frac{1}{2i} (3\pi i/2)^{n+1} \\ + \frac{\pi}{2} n! [z^n] \frac{1}{\cos(\pi z/2)} + \frac{1}{4i} n! [z^{n+1}] \frac{1}{\cos(\pi z/2)} \\ - \frac{1}{4i} \frac{1}{n+1} (n+1)! [z^{n+1}] \frac{\exp(2\pi i z)}{\cos(\pi z/2)}.$$

Simplificando los dos últimos términos obtenemos

$$\frac{1}{4i} n! [z^{n+1}] \frac{\exp(2\pi i z)-1}{\cos(\pi z/2)} \\ = \frac{1}{4i} n! [z^{n+1}] \exp(\pi i z) \frac{\exp(\pi i z)-\exp(-\pi i z)}{\cos(\pi z/2)} \\ = \frac{1}{2} n! [z^{n+1}] \exp(\pi i z) \frac{\sin(\pi z)}{\cos(\pi z/2)} \\ = n! [z^{n+1}] \exp(\pi i z) \sin(\pi z/2) \\ = \frac{1}{2i} n! [z^{n+1}] (\exp(3\pi i z/2) - \exp(\pi i z/2)) \\ = \frac{1}{n+1} \frac{1}{2i} (3\pi i/2)^{n+1} -\frac{1}{n+1} \frac{1}{2i} (\pi i/2)^{n+1}.$$

La contribución de los dos últimos términos anula los dos primeros, dejando sólo el término medio, que es

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ \frac{\pi}{2} n! [z^n] \frac{1}{\cos(\pi z/2)}.}$$

Con esto concluye la prueba por inducción. El EGF de los números de Euler es

$$\frac{1}{\cosh(z)} = \frac{2}{\exp(z)+\exp(-z)} = \sum_{n\ge 0} E_n \frac{z^n}{n!}$$

para que

$$\frac{1}{\cos(\pi z/2)} = \sum_{n\ge 0} E_n (\pi i/2)^n \frac{z^n}{n!}$$

y tenemos la forma cerrada alternativa

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ E_n i^n \left(\frac{\pi}{2}\right)^{n+1} = E_{2m} (-1)^m \left(\frac{\pi}{2}\right)^{2m+1}}$$

donde ponemos $n=2m$ ya que los números Impares de Euler desaparecen.

El logaritmo se refiere aquí a la rama con argumento de $0$ a $2\pi$ y corte de rama en el eje real positivo.

Answer 5

Esto no es una respuesta pero es demasiado largo para un comentario .

$$K_n=\int \frac{\log ^n(x)}{x^2+1} \, dx$$ no muestra ninguna forma cerrada pero (usando un CAS) $$J_n=\int_0^\infty \frac{\log ^n(x)}{x^2+1} \, dx=\frac{n!}{2^{2(n+1)}} \left(1+(-1)^n\right) \left(\zeta \left(n+1,\frac{1}{4}\right)-\zeta \left(n+1,\frac{3}{4}\right)\right) $$ Claramente, como has demostrado, $J_{2n+1}=0$ y $$J_{2n}=\frac{(2n)!}{2^{(4 n+1)}} \left(\zeta \left(2 n+1,\frac{1}{4}\right)-\zeta \left(2 n+1,\frac{3}{4}\right)\right) $$ mientras, la última expresión de la escritura del puesto $$I_{2m}=m!\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)^{m+1}}=\frac{m!}{2^{2( m+1)}} \left(\zeta \left(m+1,\frac{1}{4}\right)-\zeta \left(m+1,\frac{3}{4}\right)\right)$$ que no son iguales aunque $m=2n$ (diferirán en un factor $2$ ).

A continuación se presenta una tabla de $J_{2n}$ en función de $n$ $$\left( \begin{array}{cc} n & J_{2n} \\ 1 & \frac{\pi ^3}{8} \\ 2 & \frac{5 \pi ^5}{32} \\ 3 & \frac{61 \pi ^7}{128} \\ 4 & \frac{1385 \pi ^9}{512} \\ 5 & \frac{50521 \pi ^{11}}{2048} \\ 6 & \frac{2702765 \pi ^{13}}{8192} \\ 7 & \frac{199360981 \pi ^{15}}{32768} \\ 8 & \frac{19391512145 \pi ^{17}}{131072} \\ 9 & \frac{2404879675441 \pi ^{19}}{524288} \\ 10 & \frac{370371188237525 \pi ^{21}}{2097152} \end{array} \right)$$

Mirando $OEIS$ los numeradores corresponden a la secuencia $A000364$ y son efectivamente números de Euler (también llamados números "Zig" y "secantes").

Así que, como usted conjetura, $$J_{2n}=\left(\frac \pi 2 \right)^{2n+1}E_n$$

Como se dice en el $OEIS$ página, los números de Euler aparecen en la expansión de Taylor de $\sec (x)$ (esto explica probablemente uno de los nombres) así como en la expansión de $2 \tanh ^{-1}(\csc (x)-\cot (x))$ .

Haciendo lo mismo que hiciste con la integral, cambiando $x=e^{-y}$ , hemos $$\int_0^\infty-\frac{e^{-y} (-y)^n}{e^{-2 y}+1}dy=\sum_{k=0}^\infty (-1)^{k+n}\int_0^\infty y^ne^{-(2k+1)y}dy=\sum_{k=0}^\infty (-1)^{k+n}\frac{ n!}{ (2 k+1)^{n+1}}$$ es decir $$\int_0^\infty-\frac{e^{-y} (-y)^n}{e^{-2 y}+1}dy=(-1)^n\frac{ n!}{2^{2(n+1)}} \left(\zeta \left(n+1,\frac{1}{4}\right)-\zeta \left(n+1,\frac{3}{4}\right)\right)$$

Editar

Ya estoy totalmente de acuerdo en que esto no explica por qué Los números de Euler aparecen aquí de la misma manera que I no pudo explicar por qué los números de Bernoulli aparecen en la expansión en serie de Taylor de la tangente y de la función tangente hiperbólica.