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$\zeta(4)$

$\zeta(4)$ published on $\zeta(4)$无评论
\( \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \)

  在之前的《$\zeta(2)$》中,我们证明了下面两个恒等式:\begin{align*} & \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2\binom{2n}{n}}=\frac{1}{3}\zeta(2)=\frac{\pi^2}{18}, \\ & \\
& \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^3\binom{2n}{n}}=\frac{2}{5}\zeta(3).\end{align*} 类似的恒等式还有:\begin{align*}
& \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\binom{2n}{n}}=\frac{1}{3}+\frac{2\pi}{9\sqrt{3}}, \\ & \\
& \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n \binom{2n}{n}}=\frac{\pi}{3\sqrt{3}},\\ & \\
& \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{\binom{2n}{n}}=\frac{1}{5}+\frac{4\log \tau}{5\sqrt{5}}, \\ & \\
& \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n \binom{2n}{n}}=\frac{2\log \tau}{\sqrt{5}}, \\ & \\
& \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^2 \binom{2n}{n}}=2 \log^2\tau,
\end{align*} 其中 $\tau=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$。这些恒等式都可以通过对《$\zeta(2)$》中证明过的生成函数恒等式 \begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2n}}{n^2\binom{2n}{n}}=2\left(\arcsin\frac{x}{2}\right)^2 \label{genfun}\end{equation} 求导并取 $x=1$ 或 $x=\sqrt{-1}$ 得到。接下来的一个 \[\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3\binom{2n}{n}}\] 就没有这样好的表达式了,但再下一个则又有了 \begin{equation}
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4\binom{2n}{n}}=\frac{17}{36}\zeta(4)=\frac{17 \pi^4}{3240}.\label{iden}
\end{equation}   这个恒等式在Richard Guy的《Unsolved Problems in Number Theory》的早期版本中是一个未解决的问题(不然怎么会出现在这本书里呢……),但是后来在1979年被Alfred van der Poorten解决了,所以在Guy的新版本中它变成了一个已解决的问题。Van der Poorten的证明可以在这里找到,这是一篇很有趣的小文章,作者很喜欢讲故事,还顺便给出很多有趣的恒等式,以及差不多同样数量的笔误。事实上,如果你只对\eqref{iden}的证明感兴趣的话,可以直接跳到这篇小文的第7节,然后找到关键的那两三个等式、改正其中的笔误就可以了。经过这样的修正和进一步的化简之后,你会发现\eqref{iden}的证明其实只是复分析中的一个小练习,完全可以作为课后练习或者期末考试中中等难度的题目。下面就是我化简的结果。

  首先,通过对\eqref{genfun}积分两次可以得到如下等式:\[\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4\binom{2n}{n}}=8\int_0^{\frac12}\frac{\d x}{x}\int_0^x\left(\arcsin y\right)^2\frac{\d y}{y},\] 接下来,交换积分次序、分部积分、换元($y=\sin\frac{x}{2}$)可得:\begin{align*}
& \int_0^{\frac12}\frac{\d x}{x}\int_0^x\left(\arcsin y\right)^2\frac{\d y}{y} \\
=& \int_0^{\frac12}\left(\arcsin y\right)^2\frac{\d y}{y} \int_y^{\frac12}\frac{\d x}{x}
=-\int_0^{\frac12}\log(2y)\left(\arcsin y\right)^2\frac{\d y}{y} \\
=& \left.-\frac12 \log^2(2y) \left(\arcsin y\right)^2\right|_0^{\frac12}+
\int_0^{\frac12}\log^2(2y)\frac{\arcsin y}{\sqrt{1-y^2}}\d y \\
=& \frac{1}{4}\int_0^{\frac{\pi}{3}}x \log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right)\d x,
\end{align*} 所以,要证明级数恒等式 \eqref{iden},只需证明如下积分恒等式 \begin{equation}\int_0^{\frac{\pi}{3}}x \log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right)\d x=\frac{17 \pi^4}{6480}. \label{iden2}\end{equation}

  接下来,考虑如下形式的积分:\[I_n=\int_0^1 \frac{\log^{n-1}z}{1-z}\d z, \quad n\ge2,\] 利用换元 $z=e^{-s}$ 不难证明 \[I_n=(-1)^{n-1}\int_0^\infty \frac{s^{n-1}}{e^s-1}\d s=(-1)^{n-1}\zeta(n)\Gamma(n).\] 另一方面,注意被积函数在半平面 $\{\mathrm{Re}(z)>0\}$ 上是解析的(对数函数的割线取成从 $0$ 到 $-\infty$ 的射线),所以Cauchy积分定理应该成立(这是个广义积分,它在 $z=0$ 处有一个对数型奇点,Cauchy积分定理对这种解析函数也是成立的),于是如果我们沿另一条从 $0$ 到 $1$ 的道路积分的话,结果应该是一样的。

  考虑这样一个分段道路 $\gamma=\gamma_1\cup\gamma_2$,其中

  • $\gamma_1$ 是以$1$ 为圆心、以 $1$ 为半径的圆上从 $0$ 到 $e^{\frac{\pi}{3}\sqrt{-1}}$ 的圆弧:
    \[\gamma_1: z=1-e^{-x \sqrt{-1}}, \quad x\in \left(0,\frac{\pi}{3}\right);\]
  • $\gamma_2$ 是以$0$ 为圆心、以 $1$ 为半径的圆上从 $e^{\frac{\pi}{3}\sqrt{-1}}$ 到 $1$ 的圆弧:
    \[\gamma_2: z=e^{y \sqrt{-1}}, \quad y\in \left(\frac{\pi}{3}, 0\right).\]

记 \[J_n=\int_{\gamma_1} \frac{\log^{n-1}z}{1-z}\d z, \quad K_n=\int_{\gamma_2} \frac{\log^{n-1}z}{1-z}\d z,\] 于是应有 $I_n=J_n+K_n$。

  $J_n$ 部分比较简单,利用 $\gamma_1$ 的参数表达式直接可得 \[J_n=\sqrt{-1}\int_0^{\frac{\pi}{3}}\left(\log\left(2\sin\frac{x}{2}\right)+\frac{\pi-x}{2}\sqrt{-1}\right)^{n-1}\d x.\] 对不同的 $n$ 将该式展开就会得到形如 \eqref{iden2} 的积分。对于 $K_n$,利用 $\gamma_2$ 的参数表达式可得 \[K_n=\sqrt{-1}\int_0^{\frac{\pi}{3}}\frac{\left(y\sqrt{-1}\right)^{n-1}}{1-e^{-y\sqrt{-1}}}\d y,\] 取复共轭可得 \[(-1)^n \bar{K}_n=\sqrt{-1}\int_0^{\frac{\pi}{3}}\frac{\left(y\sqrt{-1}\right)^{n-1}}{1-e^{y\sqrt{-1}}}\d y,\] 两者相加则有 \[K_n+(-1)^n \bar{K}_n=\sqrt{-1}\int_0^{\frac{\pi}{3}}\left(y\sqrt{-1}\right)^{n-1}\d y=\frac{(-1)^{\frac{n}{2}}}{n}\left(\frac{\pi}{3}\right)^n,\] 换句话说,当 $n=2k-1$ 时,\[\mathrm{Im}(K_n)=(-1)^{\frac{n-1}{2}}\frac{\pi^n}{2n\,3^n},\] 当 $n=2k$ 时,\[\mathrm{Re}(K_n)=(-1)^{\frac{n}{2}}\frac{\pi^n}{2n\,3^n}.\]

  准备工作已经做好,接下来就可以具体计算了。首先取 $n=3$,考虑等式 $I_n=J_n+K_n$ 的虚部:\[0=\int_0^{\frac{\pi}{3}}\left(\log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right)-\left(\frac{\pi-x}{2}\right)^2\right)\d x+\mathrm{Im}(K_3),\] 由此可得 \[\int_0^{\frac{\pi}{3}}\log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right)\d x=\int_0^{\frac{\pi}{3}}\left(\frac{\pi-x}{2}\right)^2\d x+\frac{\pi^3}{6\cdot 3^3}=\frac{7\pi^3}{108}.\] 这个积分恒等式本身也很有趣,一会儿我们还会用到它。接下来,取 $n=4$,并考虑等式 $I_n=J_n+K_n$ 的实部:\[-\zeta(4)\Gamma(4)=-\int_0^{\frac{\pi}{3}}\left(3\log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right)\frac{\pi-x}{2}-\left(\frac{\pi-x}{2}\right)^3\right)\d x+\mathrm{Re}(K_4),\] 整理可得 \begin{align*} & \int_0^{\frac{\pi}{3}}x \log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right)\d x \\ = & \pi \int_0^{\frac{\pi}{3}} \log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right)\d x-\frac{2}{3}\left(\zeta(4)\Gamma(4)+\frac{\pi^4}{8\cdot 3^4}+\int_0^{\frac{\pi}{3}}\left(\frac{\pi-x}{2}\right)^3\d x\right) \\ = & \frac{17 \pi^4}{6480}.\end{align*} 这就完成了恒等式 \eqref{iden2} 的证明。

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