前言

同桌是物理竞赛生，经常做一些高深莫测的物理题。显然从题目道解答我根本是看不懂的，但是给出的一些参考公式却引起了我的主意：

$$\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x^3}{\text{e}^x-1}\text{d}x=\dfrac{\pi^4}{15}$$

为什么会这样呢？因为我见识太少，很少见过能和\(\pi\)联系起来的定积分（圆积分不算），更何况这个又和\(\text{e}^x\)相关！所以我就拿了两节课的时间对这样的积分进行了探究，这里直接给出一些探究过程以及成功的结果。

尝试

首先联想到前一阵子从物理竞赛生那里学到的高斯积分：$$\int_{0}^{+\infty}\text{e}^{-x^2}\text{d}x=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}$$

然而这里的\(\pi\)是\(\frac{1}{2}\)次的，没什么联想价值。

再注意分母的\(x^3\)中的3并没有特别的含义，于是进行替换，改3成0、1、2、4、5等进行尝试

（1）0的情况，$$\int_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{\text{e}^x-1}\text{d}x$$用CASIO按了半天总弄不出准确一些的值，结果发现$$\int\dfrac{1}{\text{e}^x-1}\text{d}x=-x+\ln(\text{e}^x-1)+C$$根本没有研究意义

（2）1的情况，惊喜的发现$$\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x}{\text{e}^x-1}\text{d}x=\dfrac{\pi^2}{6}$$这让我联想到了\(\zeta(2)\)

（3）2的情况，得到近似值$$\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x^2}{\text{e}^x-1}\text{d}x=2.404113806$$无果，没能成功化为有理数与\(\pi\)幂的乘积的形式.

（4）3的情况，和参考公式得到的结果相同，\(\dfrac{\pi^4}{15}\)

（5）4的情况，得到近似值$$\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x^4}{\text{e}^x-1}\text{d}x=24.88626612$$无果，没能成功化为有理数与\(\pi\)幂的乘积的形式.

（6）5的情况，惊喜发现$$\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x^5}{\text{e}^x-1}\text{d}x=\dfrac{8}{63}\pi^6$$

小思考

之前接触黎曼函数的一些函数值的时候了解到（感谢伟大的数学家Euler），\(\zeta(2n)\)都可以表示为一个有理数与\(\pi\)的\(2n\)次幂相乘，单是\(\zeta(2n+1)\)的具体的值的表示形式却不得而知，这个上个式子的奇偶交替产出结果的性质实在是类似，于是思路就自然被导向那里了。我们来仔细证明$$\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x}{\text{e}^x-1}\text{d}x=\dfrac{\pi^2}{6}$$的情况，并对其他奇数幂次情况给出一个分析：

方便起见，定义函数$$G(x)=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{t^x}{\text{e}^t-1}\text{d}t$$

首先，进行换元积分，令$$x=-\ln(1-t)$$

于是有$$\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x}{\text{e}^x-1}\text{d}x=\int_{0}^{1}\dfrac{-\ln(1-t)}{\frac{1}{1-t}-1}\text{d}(-\ln(1-t))$$

也即$$\int_{0}^{1}\dfrac{-\ln(1-t)}{t}\text{d}t$$

使用\(\ln(1-x)\)的泰勒展开：$$-\ln(1-x)=\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{x^k}{k}$$上式又变为$$\int_{0}^{1}(\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{x^{k-1}}{k})\text{d}x=(\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{x^k}{k^2})\bigg|_{0}^{1}=\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{1}{k^2}$$

最终，$$\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{1}{k^2}=\zeta(2)=\dfrac{\pi^2}{6}$$也就是说\(G(1)=\zeta(2)\)是本质的。

止步，还是新的征程？

这之后，我立刻将目光转向为探索普遍的\(G(n),n\in\mathbb{N_+}\)，沿用换元积分法的步骤，我们得到：$$G(n)=\int_{0}^{1}\dfrac{(-\ln(1-t))^n}{t}\text{d}t=\int_{0}^{1}\dfrac{1}{x}(\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{x^{k}}{k})^n\text{d}x$$

展开\(\sum_{k=1}^{+\infty}(\dfrac{x^{k}}{k})^n\)，可以发现，展开后的每一个\(x^s\)的项都对应一个将正整数\(s\)分拆为\(n\)个正整数之和的方案（因为\(x^a\cdot x^b=x^{a+b}\)），记下来这个方案为$$s=a_1+a_2+\cdots+a_n$$用一个向量\((a_1,a_2,\cdots,a_n)\)来表示，这个方案对应的\(x^s\)项系数为$$\dfrac{1}{a_1a_2\cdots a_n}$$注意两个方案相同当且仅当对应的两个向量相同（如果这个地方不能理解，再看看“展开”的本质）

最终整理为：$$G(n)=\sum_{k=n}^{\infty}\sum_{k分拆的方法}\dfrac{1}{a_1a_2\cdots a_n}$$

采用算两次的思想，我们由每个方案的视角看上求和式：对于每一个方案，它最多对应一个数的分拆方案，并且也一定对应一个数\(a_1+a_2+\cdots+a_n\)的分拆方案。因此上式即为$$G(n)=\sum_{a_1=1}^{+\infty}\sum_{a_2=1}^{+\infty}\cdots\sum_{a_n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{(a_1+a_2+\cdots+a_n)a_1a_2\cdots a_n}$$

于是我们得到\(G(n)\)的一个有研究意义的表达式，显然，这个表达式明确指出\(G(n)\)与\(\zeta(n+1)\)以及\(\zeta\)的其他函数值有直接联系。然而怎么直接用\(\zeta(x)\)直接描述\(G(n)\)呢？限于能力、时间和精力，笔者没有研究出具体的结果，读者可以尝试思考。

附：黎曼函数zeta(x)定义：$$\zeta(s)=\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{k^s}$$是代数以及数论领域一个非常重要的函数，牵连了素数的性质、连接了自然数和\(\pi\)，乃至有至今未解决的黎曼猜想问题。

新征程（2022.1.1）

在知乎上无意看到一篇答帖，大受启发，方知自己的浅薄无知；原来另辟蹊径可以直接解决这个问题！但能联想到\(\zeta(x)\)对于我来说已经很不容易了……不管那么多，按照直觉，引用之前的近似值结果来看看下面的式子

$$G(1)=\dfrac{\pi^2}{6}=\zeta(2)$$$$G(2)=2.404113806\quad\zeta(3)=1.2020569031\quad G(2)=2\zeta(3)$$$$G(3)=\dfrac{\pi^4}{15}\quad\zeta(4)=\dfrac{\pi^4}{90}\quad G(3)=6\zeta(4)$$$$G(4)=24.88626612\quad\zeta(5)=1.036927755\quad G(4)=24\zeta(5)$$$$G(5)=\dfrac{8}{63}\pi^6\quad\zeta(6)=\dfrac{\pi^6}{945}\quad G(5)=120\zeta(6)$$

于是可以猜想：$$G(n-1)=(n-1)!\zeta(n)$$

现在我们证明这个结论，但我们证明的结论会更普遍：$$G(\alpha-1)=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x^{\alpha-1}}{\text{e}^x-1}\text{d}x=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x^{\alpha-1}\text{e}^{-x}}{1-\text{e}^{-x}}\text{d}x$$然而使用$$\dfrac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+\cdots$$得到$$\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x^{\alpha-1}\text{e}^{-x}}{1-\text{e}^{-x}}\text{d}x=\int_{0}^{+\infty}x^{\alpha-1}\text{e}^{-x}\sum_{k=0}^{+\infty}{\text{e}^{-kx}}\text{d}x$$再整理为$$\sum_{k=0}^{+\infty}(\int_{0}^{+\infty}x^{\alpha-1}\text{e}^{-(k+1)x}\text{d}x)$$再针对每一项定积分进行换元$$(k+1)x=t$$得到$$\begin{aligned}\int_{0}^{+\infty}x^{\alpha-1}\text{e}^{-(k+1)x}\text{d}x&=\int_{0}^{+\infty}(\dfrac{t}{k+1})^{\alpha-1}\text{e}^{-t}\text{d}\dfrac{t}{k+1}\\&=\dfrac{1}{(k+1)^\alpha}\int_{0}^{+\infty}t^{\alpha-1}\text{e}^{-t}\text{d}t\\&=\dfrac{1}{(k+1)^\alpha}\Gamma(\alpha)\end{aligned}$$因此$$\begin{aligned}G(\alpha-1)=\sum_{k=0}^{+\infty}(\int_{0}^{+\infty}x^{\alpha-1}\text{e}^{-(k+1)x}\text{d}x)&=\sum_{k=1}^{+\infty}\Gamma(\alpha)\dfrac{1}{k^\alpha}\\&=\zeta(\alpha)\Gamma(\alpha)\end{aligned}$$证毕.

根据Gamma函数\(\Gamma(x)\)的定义，我们知道，对于正整数\(n\)，总有\(\Gamma(n)=(n-1)!\)，于是我们最终得到：$$G(n-1)=\zeta(n)\Gamma(n)=(n-1)!\zeta(n)$$

于是这样的结论就在一个离散的和式与\(\zeta(x)\)之间建立了优美的联系：$$\sum_{a_1=1}^{+\infty}\sum_{a_2=1}^{+\infty}\cdots\sum_{a_n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{(a_1+a_2+\cdots+a_n)a_1a_2\cdots a_n}=G(n)=n!\zeta(n+1)$$这实在是妙不可言！

好了，把笔扔下歇一歇，去补我丢下的生物学选择性必修一《稳态与调节》了

全文毕——2022.1.1 22:23