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：

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x^3}{{\text{e}}^x-1}}\text{d}x={\displaystyle \frac{{\pi }^4}{15}}$$

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：$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\text{e}}^{-x^2}\text{d}x={\displaystyle \frac{\sqrt{\pi }}{2}}$$

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，$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{{\text{e}}^x-1}}\text{d}x$$用CASIO按了半天总弄不出准确一些的值，结果发现$$\int {\displaystyle \frac{1}{{\text{e}}^x-1}}\text{d}x=-x+\ln ({\text{e}}^x-1)+C$$根本没有研究意义

（2）1的情况，惊喜的发现$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x}{{\text{e}}^x-1}}\text{d}x={\displaystyle \frac{{\pi }^2}{6}}$$这让我联想到了$\zeta (2)$

（3）2的情况，得到近似值$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x^2}{{\text{e}}^x-1}}\text{d}x=2.404113806$$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，${\displaystyle \frac{{\pi }^4}{15}}$

（5）4的情况，得到近似值$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x^4}{{\text{e}}^x-1}}\text{d}x=24.88626612$$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$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x^5}{{\text{e}}^x-1}}\text{d}x={\displaystyle \frac{8}{63}}{\pi }^6$$

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$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x}{{\text{e}}^x-1}}\text{d}x={\displaystyle \frac{{\pi }^2}{6}}$$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$$G(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{t^x}{{\text{e}}^t-1}}\text{d}t$$

首先，进行换元积分，令$$x=-\ln (1-t)$$

于是有$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x}{{\text{e}}^x-1}}\text{d}x={\int }_0^1{\displaystyle \frac{-\ln (1-t)}{\frac{1}{1-t}-1}}\text{d}(-\ln (1-t))$$

也即$${\int }_0^1{\displaystyle \frac{-\ln (1-t)}{t}}\text{d}t$$

使用$\ln (1-x)$的泰勒展开：$$-\ln (1-x)=\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x^k}{k}}$$上式又变为$${\int }_0^1(\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x^{k-1}}{k}})\text{d}x=(\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x^k}{k^2}}){|}_0^1=\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{k^2}}$$

最终，$$\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{k^2}}=\zeta (2)={\displaystyle \frac{{\pi }^2}{6}}$$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$G(n),n\in {\mathbb{N}}_{\mathbb{+}}$，沿用换元积分法的步骤，我们得到：$$G(n)={\int }_0^1{\displaystyle \frac{(-\ln (1-t){)}^n}{t}}\text{d}t={\int }_0^1{\displaystyle \frac{1}{x}}(\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x^k}{k}}{)}^n\text{d}x$$

展开$\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}({\displaystyle \frac{x^k}{k}}{)}^n$，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$${\displaystyle \frac{1}{a_1{a}_2\cdots a_n}}$$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：$$G(n)=\sum _{k=n}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k分拆的方法}{\displaystyle \frac{1}{a_1{a}_2\cdots a_n}}$$

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$$G(n)=\sum _{a_1=1}^{+\mathrm{\infty }}\sum _{a_2=1}^{+\mathrm{\infty }}\cdots \sum _{a_n=1}^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{(a_1+a_2+\cdots +a_n)a_1{a}_2\cdots a_n}}$$

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：$$\zeta (s)=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{k^s}}$$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

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

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：$$G(\alpha -1)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x^{\alpha -1}}{{\text{e}}^x-1}}\text{d}x={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x^{\alpha -1}{\text{e}}^{-x}}{1-{\text{e}}^{-x}}}\text{d}x$$然而使用$${\displaystyle \frac{1}{1-x}}=1+x+x^2+x^3+\cdots$$得到$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x^{\alpha -1}{\text{e}}^{-x}}{1-{\text{e}}^{-x}}}\text{d}x={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{x}^{\alpha -1}{\text{e}}^{-x}\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}{\text{e}}^{-kx}\text{d}x$$再整理为$$\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}({\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{x}^{\alpha -1}{\text{e}}^{-(k+1)x}\text{d}x)$$再针对每一项定积分进行换元$$(k+1)x=t$$得到$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{x}^{\alpha -1}{\text{e}}^{-(k+1)x}\text{d}x& ={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}({\displaystyle \frac{t}{k+1}}{)}^{\alpha -1}{\text{e}}^{-t}\text{d}{\displaystyle \frac{t}{k+1}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{(k+1{)}^{\alpha }}}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{t}^{\alpha -1}{\text{e}}^{-t}\text{d}t\\ & ={\displaystyle \frac{1}{(k+1{)}^{\alpha }}}\mathrm{\Gamma }(\alpha )\end{array}$$因此$$\begin{array}{rl}G(\alpha -1)=\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}({\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{x}^{\alpha -1}{\text{e}}^{-(k+1)x}\text{d}x)& =\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\mathrm{\Gamma }(\alpha ){\displaystyle \frac{1}{k^{\alpha }}}\\ & =\zeta (\alpha )\mathrm{\Gamma }(\alpha )\end{array}$$证毕.

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

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：$$\sum _{a_1=1}^{+\mathrm{\infty }}\sum _{a_2=1}^{+\mathrm{\infty }}\cdots \sum _{a_n=1}^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{(a_1+a_2+\cdots +a_n)a_1{a}_2\cdots a_n}}=G(n)=n!\zeta (n+1)$$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