La evaluación de $\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin\left(k\theta\right)}{k^{2u+1}}$ con múltiples integrales

Question

Estoy tratando de evaluar $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin\left(k\theta\right)}{k^{2u+1}}\tag{$u\in\mathbb{N}$}$$ using some results I've got. I know that $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin\left(k\theta_0\right)}{k}=\tan^{-1}\left(\cot\left(\theta_0/2\right)\right)$$ which equals $\displaystyle\frac{1}{2}\left(\pi-\theta_0\right)$ whenever $0\leq\theta_0<2\pi.$ I realized that if I integrate both sides from $0$ to $\theta_1$, I get $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos\left(k\theta_1\right)-1}{k^{2}}=-\frac{\pi\theta_1}{2}+\frac{\theta_1^{2}}{4}\\\implies\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos\left(k\theta_1\right)}{k^{2}}=\zeta\left(2\right)-\frac{\pi\theta_1}{2}+\frac{\theta_1^{2}}{4}$$ and integrating one more time from $0$ to $\theta_2$ show me that $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin\left(k\theta_2\right)}{k^{3}}=\frac{\theta_2^{3}}{12}-\frac{\pi\theta_2^{2}}{4}+\zeta\left(2\right)\theta_2.$$ I considered integrating the first equation a $n$ number of times, so I could write $$\sum_{k=1}^{\infty}\left(\int_{0}^{\theta_{n}}\cdots\left(\int_{0}^{\theta_{2}}\left(\int_{0}^{\theta_{1}}\frac{\sin\left(k\theta_{0}\right)}{k}\,\mathrm{d}\theta_{0}\right)\,\mathrm{d}\theta_{1}\right)\cdots\,\mathrm{d}\theta_{n-1}\right)\\=\frac{1}{2}\left(\int_{0}^{\theta_{n}}\cdots\left(\int_{0}^{\theta_{2}}\left(\int_{0}^{\theta_{1}}\pi-\theta_{0}\,\mathrm{d}\theta_{0}\right)\,\mathrm{d}\theta_{1}\right)\cdots\,\mathrm{d}\theta_{n-1}\right)\\=\frac{1}{2}\left(\frac{\pi\theta_{n}^{n}}{n!}-\frac{\theta_{n}^{n+1}}{\left(n+1\right)!}\right)$$ using the well-established zeta function of a even number and somehow extracting the trigonometric sum apart from that mess. Looking at some attempts like $$\int_0^{\theta_1}\frac{\sin(k\theta_0)}{k}\,\mathrm d\theta_0=\frac{-\cos(k\theta_1)}{k^2}+\frac{1}{0!k^2}$$ $$\int_0^{\theta_2}\frac{-\cos(k\theta_1)}{k^2}+\frac{1}{k^2}\,\mathrm d\theta_1=\frac{-\sin(k\theta_2)}{k^3}+\frac{\theta_2}{1!k^2}$$ $$\int_0^{\theta_3}\frac{-\sin(k\theta_2)}{k^3}+\frac{\theta_2}{1!k^2}\,\mathrm d\theta_2=\frac{\cos(k\theta_3)}{k^4}+\frac{\theta_3^2}{2!k^2}-\frac{1}{0!k^4}$$ $$\int_0^{\theta_4}\frac{\cos(k\theta_3)}{k^4}+\frac{\theta_3^2}{2!k^2}-\frac{1}{0!k^4}\,\mathrm d\theta_3=\frac{\sin(k\theta_4)}{k^5}+\frac{\theta_4^3}{3!k^2}-\frac{\theta_4}{1!k^4}$$ $$\int_0^{\theta_5}\frac{\sin(k\theta_4)}{k^5}+\frac{\theta_4^3}{3!k^2}-\frac{\theta_4}{1!k^4}\,\mathrm d\theta=\frac{-\cos(k\theta_5)}{k^6}+\frac{\theta_5^4}{4!k^2}-\frac{\theta_5^2}{2!k^4}+\frac{1}{0!k^6}$$ show some pattern. Which pattern? I conjectured that $$\sum_{k=1}^{\infty}\left(\int_{0}^{\theta_{n}}\cdots\left(\int_{0}^{\theta_{2}}\left(\int_{0}^{\theta_{1}}\frac{\sin\left(k\theta_{0}\right)}{k}\,\mathrm{d}\theta_{0}\right)\,\mathrm{d}\theta_{1}\right)\cdots\,\mathrm{d}\theta_{n-1}\right)\\=\left(-1\right)^{n}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin\left(n\pi/2+k\theta_{n}\right)}{k^{n+1}}+\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n+1}{2}\rfloor}\frac{\left(-1\right)^{i+1}\theta^{n+1-2i}_{n}\zeta\left(2i\right)}{(n+1-2i)!}$$ which seems quite plausible (otherwise, it wouldn't be a conjecture). This implies $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin\left(n\pi/2+k\theta_{n}\right)}{k^{n+1}}=\frac{\left(-1\right)^{n}}{2}\left(\frac{\pi\theta_{n}^{n}}{n!}-\frac{\theta_{n}^{n+1}}{\left(n+1\right)!}\right)+\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n+1}{2}\rfloor}\frac{\left(-1\right)^{n+i}\theta_{n}^{n+1-2i}\zeta\left(2i\right)}{(n+1-2i)!}$$ and, because I am interested in the case $n=2u$, this turns out to be $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin\left(u\pi+k\theta_{n}\right)}{k^{2u+1}}=\left(-1\right)^{u}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin\left(k\theta_{}\right)}{k^{2u+1}}\\=\frac{1}{2}\left(\frac{\pi\theta_{2u}^{2u}}{(2u+1)!}-\frac{\theta_{2u}^{2u+1}}{\left(2u+1\right)!}\right)+\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{2u+1}{2}\rfloor}\frac{\left(-1\right)^{i}\theta^{2u+1-2i}\zeta\left(2i\right)}{(2u+1-2i)!}$$ and, therefore $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin\left(k\theta_{}\right)}{k^{2u+1}}=\frac{\left(-1\right)^u}{2}\left(\frac{\pi\theta^{2u}}{(2u)!}-\frac{\theta^{2u+1}}{\left(2u+1\right)!}\right)+\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{2u+1}{2}\rfloor}\frac{\left(-1\right)^{u+i}\theta^{2u+1-2i}\zeta\left(2i\right)}{(2u+1-2i)!}.$$ Ahora, algunas preguntas: ¿cómo puedo comprobar si mi conjetura es correcta? ¿Hay alguna buena trucos que puede utilizar cuando se trabaja con múltiples integraciones como estas? Hay otro enfoque con esta serie?

EDITAR

Tal vez la inducción me puede ayudar. Mi intento: Asumir $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin\left(k\theta_{}\right)}{k^{2u+1}}=\frac{\left(-1\right)^u}{2}\left(\frac{\pi\theta^{2u}}{(2u)!}-\frac{\theta^{2u+1}}{\left(2u+1\right)!}\right)+\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{2u+1}{2}\rfloor}\frac{\left(-1\right)^{u+i}\theta^{2u+1-2i}\zeta\left(2i\right)}{(2u+1-2i)!}$$ $$=\frac{\left(-1\right)^u}{2}\left(\frac{\pi\theta^{2u}}{(2u)!}-\frac{\theta^{2u+1}}{\left(2u+1\right)!}\right)+\sum_{i=1}^{u}\frac{\left(-1\right)^{u+i}\theta^{2u+1-2i}\zeta\left(2i\right)}{(2u+1-2i)!}.$$ Base case $u=1:$ $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin\left(k\theta_{}\right)}{k^{3}}=-\frac{1}{2}\left(\frac{\pi\theta^2}{2}-\frac{\theta^3}{6}\right)+\frac{\theta\zeta(2)}{1}=-\frac{\pi\theta^2}{4}+\frac{\theta^3}{12}+\theta\,\zeta(2)$$ Sorprendentemente, es correcto! Ahora, voy a tratar de resolver el caso de $u=t+1.$

SEGUNDA EDICIÓN Como mi respuesta muestra, la inducción puede demostrar que mi conjetura era correcta. Problema resuelto.

Answer 1

Mi propio intento por inducción: Supongamos $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin\left(k\theta_{}\right)}{k^{2u+1}}=\frac{\left(-1\right)^u}{2}\left(\frac{\pi\theta^{2u}}{(2u)!}-\frac{\theta^{2u+1}}{\left(2u+1\right)!}\right)+\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{2u+1}{2}\rfloor}\frac{\left(-1\right)^{u+i}\theta^{2u+1-2i}\zeta\left(2i\right)}{(2u+1-2i)!}$$ $$=\frac{\left(-1\right)^u}{2}\left(\frac{\pi\theta^{2u}}{(2u)!}-\frac{\theta^{2u+1}}{\left(2u+1\right)!}\right)+\sum_{i=1}^{u}\frac{\left(-1\right)^{u+i}\theta^{2u+1-2i}\zeta\left(2i\right)}{(2u+1-2i)!}.$$ Base case $u=1$: $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin\left(k\theta_{}\right)}{k^{3}}=-\frac{1}{2}\left(\frac{\pi\theta^2}{2}-\frac{\theta^3}{6}\right)+\frac{\theta\zeta(2)}{1}=-\frac{\pi\theta^2}{4}+\frac{\theta^3}{12}+\theta\,\zeta(2)$$

Ahora, voy a integrar ambos lados dos veces. El lado izquierdo:

$$\int_{0}^{\theta_2}\int_{0}^{\theta_1}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin\left(k\theta_{0}\right)}{k^{2t+1}}\,\mathrm{d}\theta_{0}\,\mathrm{d}\theta_{1}=\sum_{k=1}^{\infty}\int_{0}^{\theta_2}-\frac{\cos(k\theta_1)}{k^{2t+2}}+\frac{1}{k^{2t+2}}\,\mathrm{d}\theta_1\\=-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin(k\theta_2)}{k^{2(t+1)+1}}+\theta_2\,\zeta(2(t+1))$$

El lado derecho: $$\int_{0}^{\theta_2}\int_{0}^{\theta_1}\frac{\left(-1\right)^u}{2}\left(\frac{\pi\theta^{2u}}{(2u)!}-\frac{\theta^{2u+1}}{\left(2u+1\right)!}\right)+\sum_{i=1}^{u}\frac{\left(-1\right)^{u+i}\theta^{2u+1-2i}\zeta\left(2i\right)}{(2u+1-2i)!}\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\theta_{1}\\=\int_{0}^{\theta_2}\int_{0}^{\theta_1}\frac{\left(-1\right)^u}{2}\left(\frac{\pi\theta^{2u}}{(2u)!}-\frac{\theta^{2u+1}}{\left(2u+1\right)!}\right)\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\theta_{1}+\int_{0}^{\theta_2}\int_{0}^{\theta_1}\sum_{i=1}^{u}\frac{\left(-1\right)^{u+i}\theta^{2u+1-2i}\zeta\left(2i\right)}{(2u+1-2i)!}\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\theta_{1}$$ de La primera integral doble: $$\frac{\left(-1\right)^u}{2}\int_{0}^{\theta_2}\int_{0}^{\theta_1}\left(\frac{\pi\theta^{2u}}{(2u)!}-\frac{\theta^{2u+1}}{\left(2u+1\right)!}\right)\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\theta_{1}=\frac{\left(-1\right)^u}{2}\left(\frac{\pi\theta_{2}^{2(u+1)}}{(2(u+1))!}-\frac{\theta_{2}^{2(u+1)+1}}{\left(2(u+1)+1\right)!}\right)$$

La segunda integral doble: $$\int_{0}^{\theta_2}\int_{0}^{\theta_1}\sum_{i=1}^{u}\frac{\left(-1\right)^{u+i}\theta^{2u+1-2i}\zeta\left(2i\right)}{(2u+1-2i)!}\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\theta_{1}=\sum_{i=1}^{u}\frac{\left(-1\right)^{u+i}\theta^{2(u+1)+1-2i}\zeta\left(2i\right)}{(2(u+1)+1-2i)!}$$

Poner todo junto: $$-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin(k\theta_2)}{k^{2(u+1)+1}}+\theta_2\,\zeta(2(u+1))=\frac{\left(-1\right)^u}{2}\left(\frac{\pi\theta_{2}^{2(u+1)}}{(2(u+1))!}-\frac{\theta_{2}^{2(u+1)+1}}{\left(2(u+1)+1\right)!}\right)\\+\sum_{i=1}^{u}\frac{\left(-1\right)^{u+i}\theta_{2}^{2(u+1)+1-2i}\zeta\left(2i\right)}{(2(u+1)+1-2i)!}\\\implies\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin(k\theta_2)}{k^{2(u+1)+1}}=\frac{\left(-1\right)^{u+1}}{2}\left(\frac{\pi\theta_{2}^{2(u+1)}}{(2(u+1))!}-\frac{\theta_{2}^{2(u+1)+1}}{\left(2(u+1)+1\right)!}\right)\\+\sum_{i=1}^{u}\frac{\left(-1\right)^{(u+1)+i}\theta_{2}^{2(u+1)+1-2i}\zeta\left(2i\right)}{(2(u+1)+1-2i)!}+\theta_2\,\zeta(2(u+1))\\\implies\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin(k\theta_2)}{k^{2(u+1)+1}}=\frac{\left(-1\right)^{u+1}}{2}\left(\frac{\pi\theta_{2}^{2(u+1)}}{(2(u+1))!}-\frac{\theta_{2}^{2(u+1)+1}}{\left(2(u+1)+1\right)!}\right)\\+\sum_{i=1}^{u+1}\frac{\left(-1\right)^{(u+1)+i}\theta_{2}^{2(u+1)+1-2i}\zeta\left(2i\right)}{(2(u+1)+1-2i)!}$$ Success, the conjecture is true. Then $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin(k\theta_2)}{k^{2t+1}}=\frac{\left(-1\right)^{t}}{2}\left(\frac{\pi\theta_{2}^{2t}}{(2t)!}-\frac{\theta_{2}^{2t+1}}{\left(2t+1\right)!}\right)+\sum_{i=1}^{t}\frac{\left(-1\right)^{t+i}\theta_{2}^{2t+1-2i}\zeta\left(2i\right)}{(2t+1-2i)!}$$

Answer 2

Parece haber escapado a la atención que estas sumas podrán ser evaluadas el uso armónico de la sumación de las técnicas. De hecho, podemos reducir la cantidad de esfuerzo computacional muy considerablemente.

Para ver esto, introducir la suma $$S(x) = \sum_{k\ge 1} \frac{\sin(kx)}{k^{2p+1}}$$ con $p$ un entero positivo y $x$ un número real.

Esta suma converge absolutamente y es armónica y puede ser evaluado invirtiendo su Mellin transformar.

Recordar que el armónico suma de identidad $$\mathfrak{M}\left(\sum_{k\ge 1} \lambda_k g(\mu_k x);s\right) = \left(\sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} \right) g^*(s)$$ donde $g^*(s)$ es la transformada de Mellin $g(x).$

En el presente caso tenemos $$\lambda_k = \frac{1}{k^{2p+1}}, \quad \mu_k = k \quad \text{y} \quad g(x) = \sin x.$$

Necesitamos la Mellin transformar $g^*(s)$ $g(x)$ que es $$\int_0^\infty \sin x \times x^{s-1} dx.$$

Calcular el fundamental de la tira de esta transformación. En un barrio de cero, $\sin x \sim x$, y necesitamos de $\Re(s) > -1$, por lo que la integral converge allí. En infinity $\sin x$ está limitada que da la convergencia de $\Re(s-1)<-1$ o $\Re(s) < 0.$ por lo Tanto la fundamentales de la tira es $\langle -1, 0 \rangle.$

La siguiente serie de MSE puestos explica en gran detalle, utilizando una variedad de métodos por qué $$\int_0^\infty e^{\pm ix} x^{m-1} dx = e^{\pm \pi i s/2} \Gamma(s).$$ Esto implica que $$g^*(s) = \sin\left(\frac{\pi s}{2}\right)\Gamma(s).$$

De ello se desprende que la Mellin transformar $Q(s)$ de la suma de armónicos $S(x)$ está dado por

$$Q(s) = \sin\left(\frac{\pi s}{2}\right)\Gamma(s) \zeta(s+2p+1) \\ \text{porque}\quad \sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} = \sum_{k\ge 1}\frac{1}{k^{2p+1}} \frac{1}{k^s} = \zeta(s+2p+1)$$ para $\Re(s) > -2p.$

El Mellin de inversión integral en este caso es $$\frac{1}{2\pi i} \int_{-1/2-i\infty}^{-1/2+i\infty} P(s)/x^s ds$$ que nos evaluar por desplácelo hacia la izquierda para una expansión de alrededor de cero. La elección de la línea fue determinado por los fundamentales de la tira de $g^*(s)$ que es completamente incrustado en el medio-plano de convergencia $\Re(s)>-2p$ de la suma plazo.

Vamos a proceder a recoger la contribución de los residuos de la los polos. La condición sine zerm cancela todos los polos en números enteros de la gamma la función. El trivial de los ceros de la función zeta plazo cancelar los polos $s+2p+1 = -2q$ donde $q\ge 1$ es decir $-2(q+p)-1$ o de los polos impar enteros estrictamente menor que $-2p-1.$ Esto deja a los enteros impares entre el $-2p-1$ $-1.$

En primer lugar, la pole en $s=-2p-1:$ $$\mathrm{Res}\left(Q(s)/x^s; s=-2p-1\right) = (-1)^{p+1} \frac{(-1)^{2p+1}}{(2p+1)!}\veces -\frac{1}{2} \veces x^{2p+1} \\ = \frac{1}{2} \frac{(-1)^{p+1}}{(2p+1)!} \veces x^{2p+1}.$$

Segundo, la pole en $s=-2p$ que es, incluso, la única excepción. Este es un doble polo, que es por qué no se ha cancelado. La combinación de la la expansión de la zeta término con el seno plazo acerca de la $s=-2p$
nos deja con un factor de $(-1)^p\pi/2$, lo que nos se combinan con la función gamma plazo para obtener $$\mathrm{Res}\left(Q(s)/x^s; s=-2p\right) = \frac{\pi}{2} (-1)^p \frac{(-1)^{2}}{(2p)!} x^{2} = \frac{\pi}{2} \frac{(-1)^p}{(2p)!} x^{2}.$$

El contibution desde el resto de los postes es fácil y dado por $$\sum_{q=0}^{p-1} \mathrm{Res}\left(Q(s)/x^s; s=-(2t+1)\right) = \sum_{q=0}^{p-1} (-1)^{q+1} \frac{(-1)^{2t+1}}{(2q+1)!} \zeta(2p-t2) x^{2t+1}\\ = \sum_{q=0}^{p-1} (-1)^q \frac{\zeta(2p-t2)}{(2q+1)!} x^{2t+1}.$$

La recopilación de todo en una suma obtenemos $$\frac{1}{2} (-1)^{p+1} \left(\frac{x^{2p+1}}{(2p+1)!} - \pi \frac{x^{2}}{(2p)!}\right) + \sum_{q=0}^{p-1} (-1)^q \frac{\zeta(2p-t2)}{(2q+1)!} x^{2t+1}.$$

Este es, de hecho, la misma expansión que vimos anteriormente en el otro los puestos. Que tiene de $x\in[0,2\pi).$

Answer 3

Aquí es otro enfoque. Usted puede escribir la suma en términos de la función polylogarithm $$ \sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin\left(k\theta\right)}{k^{2u+1}}=\frac{1}{2i}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{e^\left(ik\theta\right)}{k^{2u+1}}-\frac{1}{2i}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{e^\left(-ik\theta\right)}{k^{2u+1}}=\frac{1}{2i}(\operatorname{Li}_{2u+1}(e^{i\theta})- \operatorname{Li}_{2u+1}(e^{-i\theta}) )$$

Answer 4

Ian, múltiples integrales son difíciles. Por ejemplo, para Apéry la constante de la fórmula $$\zeta(3) = \int \limits_0^1 \int \limits_0^1 \int \limits_0^1 \frac{\mathrm{d}x \mathrm{d}y \mathrm{d}z}{1 - xyz}$$ fuente.

Se ve bien, pero todavía es difícil.

Un cierre variante de esta serie fue investigado por Abel y desarrolló su convergencia uniforme de la prueba en este contexto. Es útil para demostrar la fórmula de euler para el zeta valores.

Si usted es cuidadoso con sus signos, a continuación, si usted lo enchufa en $\theta=0$ encontrar los valores impares, no de la de Riemann zeta, pero de la de Dirichlet eta función! Resulta que los valores impares de la eta función tan fácil - pero incluso valores son difíciles!

Answer 5

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\sum_{k = 1}^{\infty}{\sin\pars{k\theta} \over k^{2u+1}}:\ {\large ?}\,, \qquad u\in\mathbb{N}}$

$$ \mbox{Permite}\quad{\cal J}_{u}\pars{\theta} \equiv \sum_{k = 1}^{\infty}{\sin\pars{k\theta} \over k^{2u + 1}} $$

\begin{align} {\cal J}_{u}\pars{\theta}&={\cal J}_{u}\pars{\theta} - {\cal J}_{u}\pars{0}= \int_{0}^{\theta}{\cal J}_{u}'\pars{\theta - t}\,\dd t = {\cal J}'_{u}\pars{0}\theta + \int_{0}^{\theta}{\cal J}_{u}''\pars{\theta - t}t \,\dd t \\[3mm]&= {\cal J}'_{u}\pars{0}\theta + \half\int_{0}^{\theta}{\cal J}_{u}'''\pars{\theta - t} t^{2}\,\dd t \\[3mm]&= {\cal J}'_{u}\pars{0}\theta + {1 \over 2.3}\,{\cal J}'''_{u}\pars{0}\theta^{3} +{1 \over 2.3}\int_{0}^{\theta}{\cal J}_{u}^{\tt\pars{IV}}\pars{\theta - t}t^{3}\,\dd t \\[3mm]&=\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots \\[3mm]&=\sum_{n = 0}^{N} {{\cal J}_{u}^{\tt\pars{2n + 1}}\pars{0} \over \pars{2n + 1}!}\,\theta^{2n + 1} + {1 \over \pars{2N + 1}!} \int_{0}^{\theta}{\cal J}_{u}^{\tt\pars{2N + 2}}\pars{\theta - t}t^{2N + 1}\,\dd t \end{align}

También, \begin{align} {\cal J}_{u}^{\tt\pars{2n + 1}}\pars{0} &= \pars{-1}^{n + 1} \zeta\pars{2u - 2n}\quad\mbox{with}\quad \pars{~2u - 2n \geq 2\quad\imp\quad n \leq u + 1~} \\[3mm]&\mbox{and}\quad {\cal J}_{u}^{\tt\pars{2n}}\pars{\theta} =\pars{-1}^{n}{\cal J}_{u - n}\pars{\theta} \end{align}

Entonces \begin{align} {\cal J}_{u}\pars{\theta}&= \sum_{n = 0}^{N}\pars{-1}^{n + 1}\, {\zeta\pars{2u - 2n} \over \pars{2n + 1}!}\,\theta^{2n + 1} + {\pars{-1}^{N + 1} \over \pars{2N + 1}!} \int_{0}^{\theta}{\cal J}_{u - N - 1}\pars{\theta - t}t^{2N + 1}\,\dd t \end{align} Con $\ds{N = u - 1}$: \begin{align} {\cal J}_{u}\pars{\theta}&= \sum_{n = 0}^{u - 1}\pars{-1}^{n}\, {\zeta\pars{2u - 2n} \over \pars{2n + 1}!}\,\theta^{2n + 1} + {\pars{-1}^{u} \over \pars{2u - 1}!} \int_{0}^{\theta}{\cal J}_{0}\pars{\theta - t}t^{2u - 1}\,\dd t \end{align} Desde el OP informes que $\ds{{\cal J}_{0}\pars{\theta} = \half\pars{\pi - \theta}}$: \begin{align}\!\!\! \color{#00f}{\sum_{k = 1}^{\infty}{\sin\pars{k\theta} \over k^{2u + 1}}}&= \color{#00f}{\sum_{n = 0}^{u - 1}\pars{-1}^{n}\, {\zeta\pars{2u - 2n} \over \pars{2n + 1}!}\,\theta^{2n + 1}} + \color{#00f}{{\pars{-1}^{u}\pi \over 4u\pars{2u - 1}!}\,\theta^{2u} + {\pars{-1}^{u + 1} \over 4u\pars{2u + 1}\pars{2u - 1}!}\,\theta^{2u + 1}} \\[3mm]&\mbox{with}\quad u \geq 1 \end{align}