马玮¹，及万会^2*

¹宁夏吴忠中学，宁夏 吴忠

²宁夏民族职业技术学院，宁夏 吴忠

收稿日期：2019年10月4日；录用日期：2019年10月23日；发布日期：2019年10月30日

用积分基本恒等式给出涉及黎曼 ζ ( 2 n ) 函数级数与赫尔维茨zeta函数级数。所给出级数是封闭形的。最后给出关于 ζ ( 2 n ) 函数与赫尔维茨zeta函数级数的数值级数。

关键词 :积分基本恒等式，黎曼zeta函数，赫尔维茨zeta函数

Copyright © 2019 by author(s) and Hans Publishers Inc.

This work is licensed under the Creative Commons Attribution International License (CC BY).

http://creativecommons.org/licenses/by/4.0/

熟知，贝努里数 B 2 n = ( − 1 ) n − 1 2 ( 2 n ) ! ζ ( 2 n ) 2 2 n π 2 n ， ζ ( 2 n ) 是黎曼zeta函数 ζ ( s ) ；黎曼zeta函数 ζ ( s ) 定义

ζ ( s ) = { ∑ n = 1 ∞ 1 n s = 1 1 − 2 − s ∑ n = 1 ∞ 1 ( 2 n − 1 ) s , R ( s ) > 1 1 1 − 2 1 − s ∑ n = ∞ ( − 1 ) n − 1 n s , R ( s ) > 0 , s ≠ 1 (1.1)

赫尔维茨函数(黎曼zeta函数 ζ ( s ) )推广定义

ζ ( s , a ) = ∑ n = 0 ∞ 1 ( n + a ) s ， Re ( s ) > 1 ， a ≠ 0 , − 1 , − 2 , ⋯ (1.2)

黎曼zeta函数的极限值 [1] ：

ζ ( − 1 ) = − 1 12 ， ζ ( 0 ) = − 1 2 ， ζ ′ ( 0 ) = − 1 2 ln ( 2 π ) ， lim x → 1 ( ζ ( s ) − 1 s − 1 ) = γ (1.3)

欧拉常数 γ 定义

γ = lim n → ∞ ( ∑ k = 1 n 1 k − ln n ) ≅ 0.577215664901532860606512 ⋯

赫尔维茨函数与黎曼zeta函数关系 [2] [3]， ζ ( a , 1 ) = ζ ( s ) ， ζ ( s ) = 1 m s − 1 ∑ j = 1 m − 1 ζ ( s , i m ) (1.4)

ζ ( s , a + n ) = ζ ( s , a ) − ∑ k = 0 n − 1 1 ( k + a ) s (1.5)

升阶乘符号： ( λ ) n = Γ ( λ + n ) Γ ( λ ) = { 1 ,     n = 0 λ ( λ + 1 ) ⋯ ( λ + n − 1 ) , n ∈ N : 1 , 2 , ⋯ (1.6)

引理1 [4] 设 p ( x ) 为可为函数，则积分基本恒等式成立

∫ a b p ( x ) cot x d x = 2 ∑ n = 1 ∞ ∫ a b p ( x ) sin 2 n x d x

引理2 [5] Clausen函数

C l 2 n ( x ) = ∑ k = 1 ∞ sin ( k x ) k 2 n ， n ≥ 1 ； C l 2 n + 1 ( x ) = ∑ k = 1 ∞ cos ( k x ) k 2 n + 1 ， n ≥ 0

命题1 设 | x | < π ，则黎曼zeta函数 ζ ( 2 n ) 的级数封闭型和式

1) ∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) x 2 n − 1 π 2 n = 1 2 x − 1 2 cot x ， | x | < π (1)

2) ∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) x 2 n n π 2 n = ln x − ln sin x (2)

3) ∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) x 2 n + 1 n ( 2 n + 1 ) π 2 n = − x + x ln | 2 sin x | + 1 2 C l 2 ( 2 x ) (3)

4) ∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) x 2 n + 2 n ( 2 n + 2 ) π 2 n = 1 2 x 2 ln x − 1 4 x 2 − 1 2 x 2 ln sin x + x 2 ln | 2 sin x |     + 1 2 x C l 2 ( 2 x ) + 1 4 C l 3 ( 2 x ) − 1 4 ζ ( 3 ) (4)

5) ∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) x 2 n + 3 n ( 2 n + 3 ) π 2 n = 1 3 x 3 ln x − 1 9 x 3 − 1 3 x 3 ln sin x + 1 2 x 2 C l 2 ( 2 x )     − 1 4 C l 4 ( 2 x ) + 1 3 x 3 ln | 2 sin x | + 1 2 C l 3 ( 2 x ) (5)

其中 C l j ( t ) ( j = 2 , 3 , 4 ) 为Clausen函数

6) ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 ζ ( 2 n ) x 2 n − 1 π 2 n = − 1 2 x + 1 2 coth x ， | x | ≤ π (6)

7) ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 ζ ( 2 n ) x 2 n n π 2 n = ln sinh x − ln x ， | x | ≤ π (7)

证明 1) 根据余切函数定义文 [6] ； cot x = 1 x − 2 ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 2 2 n B 2 n ( 2 n ) ! x 2 n − 1 ， B 2 n 是贝努里数。

将贝努里数 B 2 n 代入余切表达式，得到关于系数为黎曼zeta 函数 ζ ( 2 n ) 的级数表达式(1)。

2) (1)两端关于x积分，给出(2)式。

3) (2)式两端关于x积分， ∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) x 2 n + 1 n ( 2 n + 1 ) π 2 n = x ln x − x − x ln x + ∫ 0 x t cot t d t

积分 ∫ 0 x t cot t d t ，使用分步积分法，利用积分基本恒等式，

，

由傅里叶级数知， ∑ n = 1 ∞ cos 2 n x n = − ln | 2 sin x | ，所以 ∫ 0 x t cot t d t = x ln | 2 sin x | + 1 2 C l 2 ( 2 x ) (3)式成立。

4) (2)式两端乘以x再关于x积分

∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) x 2 n + 2 n ( 2 n + 2 ) π 2 n = 1 2 x 2 ln x − 1 4 x 2 − 1 2 x 2 ln sin x + 1 2 ∫ 0 x t 2 cot t d t

∫ 0 x t 2 cot t d t 使用分步积分法，利用积分基本恒等式

∫ 0 x t 2 cot t d t = 2 ∑ n = 1 ∞ ∫ 0 t x 2 sin 2 n x d x = 2 ∑ n = 1 ∞ ( − t 2 2 n cos 2 t + t 2 n 2 sin 2 t + 1 4 cos 2 n t n 3 ) | 0 x = − x 2 ∑ n = 1 ∞ cos 2 n x n + x ∑ n = 1 ∞ sin 2 n x n 2 + 1 2 ∑ n = 1 ∞ cos 2 n x n 3 − 1 2 ∑ n = 1 ∞ 1 n 3 = x 2 ln | 2 sin x | + x C l 2 ( 2 x ) + 1 2 C l 3 ( 2 x ) − 1 2 ζ (3)

将其代入上式，(4)成立。

5) (2) 式两端乘以，再关于x积分

∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) x 2 n + 3 n ( 2 n + 3 ) π 2 n = ∫ 0 x ( t 2 ln t − t 2 ln sin t ) d t = 1 3 x 3 ln x − 1 9 x 3 − 1 3 x 3 ln sin x + 1 3 ∫ 0 x t 3 cot t d t

我们利用积分基本恒等式计算

∫ 0 x t 3 cot t d t = 2 ∑ n = 1 ∞ ∫ 0 x t 3 sin 2 n t d t = 3 2 t 2 ∑ n = 1 ∞ sin 2 n t n 2 − 3 4 ∑ n = 1 ∞ sin 2 n t n 4 − t 3 ∑ n = 1 ∞ cos 2 n t n + 3 2 t ∑ n = 1 ∞ cos 2 n t n 3 | 0 x = 3 2 x 2 ∑ n = 1 ∞ sin 2 n x n 2 − 3 4 ∑ n = 1 ∞ sin 2 n x n 4 − x 3 ∑ n = 1 ∞ cos 2 n x n + 3 2 x ∑ n = 1 ∞ cos 2 n x n 3 = 3 2 x 2 C l 2 ( 2 x ) − 3 4 C l 4 ( 2 x ) + x 3 ln | 2 sin x | + 3 2 C l 3 (2x)

将积分 ∫ 0 x t 3 cot t d t 表达式代入上式，得到(5)式。

我们讨论相关交错函数 ζ ( 2 n ) 级数

6) 根据双曲余切函数定义 [6] coth x = 1 x + ∑ n = 1 ∞ 2 2 n B 2 n x 2 n − 1 ( 2 n ) ! ，将贝努里数 B 2 n 代入双曲余切表达式得到(6)式。

7) (6)式两端关于x积分得(7)式。命题1证毕。

下面讨论赫尔维茨zeta函数级数封闭形和式。

命题2 设 | t | < | a | ，则含有升阶乘 ( s ) k 的赫尔维茨zeta函数级数封闭形和式

1) ∑ k = 0 ∞ ( s ) k k ! ζ ( s + k , a ) t k = ζ ( s , a − t ) ， ( | t | < | a | ) (8)

2) ∑ k = 0 ∞ ( s ) k ( k + 1 ) ! ζ ( s + k , a ) t k + 1 = 1 s − 1 ζ ( s − 1 , a − t ) (9)

3) ∑ k = 0 ∞ ( s ) k ( k + 2 ) ! ζ ( s + k , a ) t k + 2 = 1 ( s − 1 ) ( s − 2 ) ζ ( s − 1 , a − t ) (10)

4) ∑ k = 1 ∞ ( s ) k ( k − 1 ) ! ζ ( s + k , a ) t k − 1 = ( s + 1 ) ζ ( s + 1 , a − t ) (11)

5) ∑ k = 2 ∞ ( s ) k ( k − 2 ) ! ζ ( s + k , a ) t k − 2 = ( s + 1 ) ( s + 2 ) ζ ( s + 2 , a − t ) (12)

证明 实指数s的二项式展开式为

( 1 + x ) s = ∑ k = 0 ∞ s ( s − 1 ) ⋯ ( s − k + 1 ) k ! x k = 1 + s 1 ! x + s ( s − 1 ) 2 ! x 2 + ⋯ + s ( s − 1 ) ( s − 2 ) ⋯ ( s − k + 1 ) k ! x k + ⋯

当 s < 0 为负实数，即，利用升阶乘符号

( 1 + x ) − s = 1 + − s 1 ! x + − s ( − s − 1 ) 2 ! x 2 + ⋯ + − s ( − s − 1 ) ( − s − 2 ) ⋯ ( − s − k + 1 ) k ! x k + ⋯ = 1 + − s 1 ! x + s ( s + 1 ) 2 ! x 2 + ⋯ + ( − 1 ) k s ( s + 1 ) ( s + 2 ) ⋯ ( s + k − 1 ) k ! x k + ⋯ = ∑ k = 0 ∞ ( − 1 ) k s ( s + 1 ) ⋯ ( s + k − 1 ) k ! x k = ∑ k = 0 ∞ ( − 1 ) k ( s ) k k ! x k

同法可得 ( 1 − x ) − s = ∑ k = 0 ∞ ( s ) k k ! x k

1) ζ ( s , a − t ) = ∑ n = 0 ∞ 1 ( n + a − t ) s = ∑ n = 0 ∞ 1 ( n + a ) s ( n + a ) s ( n + a − t ) s = ∑ n = 0 ∞ 1 ( n + a ) s 1 ( n + a − t ) s ( n + a ) s = ∑ n = 0 ∞ 1 ( n + a ) s 1 ( 1 − t n + a ) s = ∑ n = 0 ∞ 1 ( n + a ) s ∑ k = 0 ∞ ( s ) k k ! t k ( n + a ) k = ∑ k = 0 ∞ ( s ) k k ! t k ∑ n = 0 ∞ 1 ( n + a ) s + k = ∑ k = 0 ∞ ( s ) k k ! ζ ( s + k , a ) t k (1.1)成立。

2) 利用赫尔维茨zeta函数积分公式文 [7]， ∫ ζ ( s , q ) d q = 1 1 − s ζ ( s − 1 , q ) ，对(8)式对 a − t 积分1次，2次得到(9)，(10)式。

3) 利用赫尔维茨zeta函数微分公式文 [7]， d d q ζ ( s − 1 , q ) = ( 1 − s ) ζ ( s , q ) ，对(8)式对 a − t 微分1次，2次得到(11)，(12)式。

命题3设 | t | < | a | ，则含有升阶乘 ( s ) 2 k 赫尔维茨zeta函数级数封闭形和式

1) (13)

2) ∑ k = 0 ∞ ( s ) 2 k ( 2 k + 1 ) ! ζ ( s + 2 k , a ) t 2 k + 1 = 1 2 [ 1 s − 1 ζ ( s − 1 , a − t ) + 1 1 − s ζ ( s − 1 , a + t ) ] (14)

3) ∑ k = 0 ∞ ( s ) 2 k ( 2 k + 2 ) ! ζ ( s + 2 k , a ) t 2 k + 2 = 1 2 [ 1 ( s − 1 ) ( s − 2 ) ζ ( s − 2 , a − t ) + 1 ( 1 − s ) ( 2 − s ) ζ ( s − 2 , a − t ) ] (15)

4) ∑ k = 1 ∞ ( s ) 2 k ( 2 k − 1 ) ! ζ ( s + 2 k , a ) t 2 k − 1 = 1 2 [ ( s + 1 ) ζ ( s + 1 , a − t ) + ( 1 − s ) ζ ( s + 1 , a + t ) ] (16)

5)(17)

证明 1) 1 2 [ ζ ( s , a − t ) + ζ ( s , a + t ) ] = 1 2 [ ∑ n = 0 ∞ 1 ( n + a ) s ( n + a ) s ( n + a − t ) s + ∑ n = 0 ∞ 1 ( n + a ) s ( n + a ) s ( n + a + t ) s ] = 1 2 [ ∑ n = 0 ∞ 1 ( n + a ) s 1 ( n + a − t ) s ( n + a ) s + ∑ n = 0 ∞ 1 ( n + a ) s 1 ( n + a + t ) s ( n + a ) s ] = 1 2 [ ∑ n = 0 ∞ 1 ( n + a ) s 1 ( 1 − t n + a ) s + ∑ n = 0 ∞ 1 ( n + a ) s 1 ( 1 + t n + a ) s ]

= 1 2 [ ∑ n = 0 ∞ 1 ( n + a ) s ∑ k = 0 ∞ ( s ) k k ! t k ( n + a ) k + ∑ n = 0 ∞ 1 ( n + a ) s ∑ k = 0 ∞ ( − 1 ) k ( s ) k k ! t k ( n + a ) k ] = 1 2 [ ∑ k = 0 ∞ ( s ) k k ! t k ∑ n = 0 ∞ 1 ( n + a ) s + k + ∑ k = 0 ∞ ( − 1 ) k ( s ) k k ! t k ∑ n = 0 ∞ 1 ( n + a ) s + k ] = 1 2 [ ∑ n = 0 ∞ 2 ( n + a ) s + 2 ( s ) 2 t 2 2 ! ∑ n = 0 ∞ 1 ( n + a ) s + 2 + ⋯ + 2 ( s ) 2 k t 2 k ( 2 k ) ! ∑ n = 0 ∞ 1 ( n + a ) s + 2 k + ⋯ ] = ∑ k = 0 ∞ ( s ) 2 k ( 2 k ) ! ζ ( s + 2 k , a ) t 2 k (13)式成立。

2) 利用赫尔维茨zeta函数积分公式 ∫ ζ ( s , q ) d q = 1 1 − s ζ ( s − 1 , q ) ，对(13)式对 a − t 积分1次，2次得到(14)，(15)式。

3) 利用广义黎曼zeta函数微分公式 d d q ζ ( s − 1 , q ) = ( 1 − s ) ζ ( s , q ) ，对(13)式对 a − t 微分1次，2次得到(16)，(17)式。

类似命题2的方法可得如下

命题4设 | t | < | a | ，则含有升阶乘 ( s ) 2 k + 1 赫尔维茨zeta函数级数封闭形和式

1) ∑ k = 0 ∞ ( s ) 2 k + 1 ( 2 k + 1 ) ! ζ ( s + 2 k , a ) t 2 k + 1 = 1 2 [ ζ ( s , a − t ) − ζ ( s , a + t ) ] (18)

2) ∑ k = 0 ∞ ( s ) 2 k + 1 ( 2 k + 2 ) ! ζ ( s + 2 k , a ) t 2 k + 2 = 1 2 [ 1 s − 1 ζ ( s − 1 , a − t ) − 1 1 − s ζ ( s − 1 , a + t ) ] (19)

3) ∑ k = 0 ∞ ( s ) 2 k + 1 ( 2 k + 3 ) ! ζ ( s + 2 k , a ) t 2 k + 3 = 1 2 [ 1 ( s − 1 ) ( s − 2 ) ζ ( s − 2 , a − t ) − 1 ( 1 − s ) ( 2 − s ) ζ ( s − 2 , a − t ) ] (20)

4) ∑ k = 1 ∞ ( s ) 2 k + 1 ( 2 k ) ! ζ ( s + 2 k , a ) t 2 k = 1 2 [ ( s + 1 ) ζ ( s + 1 , a − t ) − ( 1 − s ) ζ ( s + 1 , a + t ) ] (21)

5) ∑ k = 1 ∞ ( s ) 2 k + 1 ( 2 k − 1 ) ! ζ ( s + 2 k , a ) t 2 k − 1 = 1 2 [ ( s + 1 ) ( s + 2 ) ζ ( s + 2 , a − t ) − ( 1 − s ) ( 2 − s ) ζ ( s + 2 , a + t ) ] (22)

(1) 一些关于黎曼zeta函数 ζ ( 2 n ) 的数值级数

在(1)式，令 x = π 2 , π 3 , π 4 ，有关于 ζ ( 2 n ) 函数的数值级数

1) ∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) 2 2 n − 1 π = 1 π ；2) ∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) 3 2 n − 1 π = 3 2 π − 1 2 3 ；3) ∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) 4 2 n − 1 π = 2 π − 1 2 。

在(2)式，令 x = π 2 , π 3 , π 4 ，有关于 ζ ( 2 n ) 函数的数值级数

1) ∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) 2 2 n n = ln π 2 ；2) ∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) 3 2 n n = ln π 3 − ln 3 2 ；3) ∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) 4 2 n n = ln π 4 − ln 2 2 。

在(3)式令 x = π 2 , π 4 , π 6 ，有关于 ζ ( 2 n ) 函数的数值级数

1) ∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) π 2 2 n + 1 n ( 2 n + 1 ) = − π 2 + π 2 ln 2 ；2) ∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) π 4 2 n + 1 n ( 2 n + 1 ) = − π 4 + π 4 ln 2 + 1 2 G ；

3) ψ ′ ( 1 / 3 ) ∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) π 6 2 n + 1 n ( 2 n + 1 ) = − π 6 + 3 12 ( ψ ′ ( 1 / 3 ) − 2 3 π 2 ) 。

这里 G = ∑ k = 0 ∞ ( − 1 ) k ( 2 k + 1 ) 2 = 0.915965947 ⋯ 是卡大兰常数。为双伽马函数又称普西函数 ψ ′ ( z ) 是普西函数的导数。这里 ψ ′ ( 1 3 ) = ∑ k = 0 ∞ 1 ( k + 1 / 3 ) 2

在(4)式令 x = π 2 , π 3 , π 4 , π 6 ，有关于 ζ ( 2 n ) 函数的数值级数

1) ∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) π 2 2 2 n + 3 n ( n + 1 ) = 1 8 π 2 ln π 2 − π 2 16 − π 2 8 ln sin π 2 + π 2 4 ln 2 + π 4 C l 2 ( π ) + 1 4 C l 3 ( π ) − 1 4 ζ ( 3 ) = 1 8 π 2 ln π 2 − π 2 16 − 0 + π 2 4 ln 2 + 0 + 1 4 ( − 3 4 ζ ( 3 ) ) − 1 4 ζ ( 3 ) = 1 8 π 2 ln π 2 − π 2 16 + π 2 4 ln 2 − 7 16 ζ (3)

2) ∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) π 2 3 2 n + 2 n ( 2 n + 2 ) = 1 18 π 2 ln π 3 − π 2 36 − π 2 18 ln 3 + π 6 C l 2 ( 2 π / 3 ) + 1 4 C l 3 ( 2 π / 3 ) − 1 4 ζ ( 3 ) = 1 18 π 2 ln π 3 − π 2 36 − π 2 36 ln 3 + π 6 3 9 [ ψ ′ ( 1 / 3 ) − 2 3 π 2 ] + 1 4 ( − 4 9 ζ ( 3 ) ) − 1 4 ζ ( 3 ) = 1 18 π 2 ln π 3 − π 2 36 − π 2 36 ln 3 + π 54 3 [ ψ ′ ( 1 / 3 ) − 2 3 π 2 ] − 13 36 ζ (3)

3) ∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) π 2 4 2 n + 2 n ( 2 n + 2 ) = 1 36 π 2 ln π 4 − π 2 64 − π 2 32 ln 2 2 + π 2 16 ln 2 + π 8 C l 2 ( π / 2 ) + 1 4 C l 3 ( π / 2 ) − 1 4 ζ ( 3 ) = 1 36 π 2 ln π 4 − π 2 64 − 3 π 2 64 ln 2 + π 8 G + 1 4 ( − 3 32 ζ ( 3 ) ) − 1 4 ζ ( 3 ) = 1 36 π 2 ln π 4 − π 2 64 − 3 π 2 64 ln 2 + π 8 G − 35 128 ζ (3)

4) ∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) π 2 6 2 n + 2 n ( 2 n + 2 ) = 1 72 π 2 ln π 6 − π 2 144 − π 2 72 ln 1 2 + π 2 36 ln ( 2 ⋅ 1 2 ) + π 12 C l 2 ( π / 3 ) + 1 4 C l 3 ( π / 3 ) − 1 4 ζ ( 3 ) = 1 72 π 2 ln π 6 − π 2 144 + π 2 72 ln 2 + π 12 3 6 [ ψ ′ ( 1 / 3 ) − 2 3 π 2 ] + 1 4 ( 1 3 ζ ( 3 ) ) − 1 4 ζ ( 3 ) = 1 72 π 2 ln π 6 − π 2 144 + π 2 72 ln 2 + π 72 3 [ ψ ′ ( 1 / 3 ) − 2 3 π 2 ] − 1 6 ζ (3)

在(5)式，令 x = π 6 , π 4 , π 3 ，关于 ζ ( 2 n ) 函数的数值级数如下

1) ∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) π 3 6 2 n + 3 n ( 2 n + 3 ) = 1 648 π 3 ln π 6 − π 3 1944 − π 3 648 ln 1 2 + 1 2 π 2 36 C l 2 ( π / 3 ) − 1 4 C l 4 ( π / 3 )     + π 3 648 ln 1 + 1 2 C l 3 ( π / 3 ) = 1 648 π 3 ln π 6 − π 3 1944 + π 3 648 ln 2 + π 2 72 3 6 [ ψ ′ ( 1 / 3 ) − 2 3 π 2 ]         − 3 4 { − 40 81 ζ ( 4 ) − 1 6 4 [ ζ ( 4 , 1 6 ) + ζ ( 4 , 1 3 ) ] } + 1 2 [ 1 2 ( 1 − 2 − 2 ) ( 1 − 3 − 2 ) ζ ( 3 ) ] = 1 648 π 3 ln π 6 − π 3 1944 + π 3 648 ln 2 + π 2 432 3 [ ψ ′ ( 1 / 3 ) − 2 3 π 2 ]         − 3 4 { 3 − 4 − 1 2 ζ ( 4 ) − 1 6 4 [ ζ ( 4 , 1 6 ) + ζ ( 4 , 1 3 ) ] } + 1 6 ζ (3)

2) ∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) π 3 4 2 n + 3 n ( 2 n + 3 ) = 1 192 π 3 ln π 4 − π 3 576 − π 3 192 ln 1 2 + π 2 32 C l 2 ( π / 2 ) − 1 4 C l 4 ( π / 2 )     + π 3 192 ln 2 + 1 2 C l 3 ( π / 2 ) = 1 192 π 3 ln π 4 − π 3 576 + π 3 192 ln 2 + π 2 32 G − 3 4 [ ( 2 − 4 − 1 ) ζ ( 4 ) + 2 1 − 8 ζ ( 4 , 1 4 ) ]         + 1 2 [ − 2 − 3 ( 1 − 2 − 2 ) ζ ( 3 ) ] = 1 192 π 3 ln π 4 − π 3 576 + π 3 192 ln 2 + π 2 32 G     − 3 4 [ − 15 16 ζ ( 4 ) + 1 2 7 ζ ( 4 , 1 4 ) ] − 3 64 ζ (3)

3) ∑ n = 1 ∞ ζ ( 2 n ) π 3 3 2 n + 3 n ( 2 n + 3 ) = 1 81 π 3 ln π 3 − π 3 243 − π 3 81 ln 3 2 + π 2 18 C l 2 ( 2 π / 3 )         − 1 4 C l 4 ( 2 π / 3 ) + π 3 81 ln 3 + 1 2 C l 3 ( 2 π / 3 ) = 1 81 π 3 ln π 3 − π 3 243 + π 3 81 ln 2 + π 2 18 3 9 [ ψ ′ ( 1 / 3 ) − 2 3 π 2 ]         − 3 4 [ 3 − 4 − 1 2 ζ ( 4 ) + 3 − 4 ζ ( 4 , 1 3 ) ] + 1 2 1 2 ( 3 1 − 3 − 1 ) ζ ( 3 ) = 1 81 π 3 ln π 3 − π 3 243 + π 3 81 ln 2 + π 2 162 3 [ ψ ′ ( 1 / 3 ) − 2 3 π 2 ]         − 3 4 [ − 40 81 ζ ( 4 ) + 1 81 ζ ( 4 , 1 3 ) ] − 2 9 ζ (3)

在(6)，(7)式令 x = π 2 , π 3 ，含有黎曼 ζ ( 2 n ) 的交错级数封闭型和式

1) ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 2 ζ ( 2 n ) 2 2 n π = − 1 π + 1 2 coth π 2 ；

2) ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 3 ζ ( 2 n ) 3 2 n π = − 3 2 π + 1 2 coth π 3 ；

3) ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 ζ ( 2 n ) 2 2 n n = ln π 2 + ln ( sinh π 2 ) ；

4) ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 ζ ( 2 n ) 3 2 n n = ln π 3 + ln ( sinh π 3 ) ；

(2) 一些含有升阶乘的黎曼zeta函数数值级数

在(13)式，令 a = 1 ， t = 1 2 , 1 3 , 1 4 , 1 6 ，给出如下含有升阶乘 ( s ) 2 k 黎曼zeta函数数值级数

1) ∑ k = 0 ∞ ( s ) 2 k ζ ( s + 2 k ) 2 2 k ( 2 k ) ! = ( 2 s − 1 ) ζ ( s ) − 2 s − 1

2) ∑ k = 0 ∞ ( s ) 2 k ζ ( s + 2 k ) 3 2 k ( 2 k ) ! = 1 2 [ ( 3 s − 1 ) ζ ( s ) − 3 s ]

3)

4) ∑ k = 0 ∞ ( s ) 2 k ζ ( s + 2 k ) 6 2 k ( 2 k ) ! = 1 2 [ ( 6 s − 3 s − 2 s + 1 ) ζ ( s ) − 6 s ]

证明 利用赫尔维茨函数与黎曼zeta 函数关系 ζ ( a , 1 ) = ζ ( s ) 以及 ζ ( s ) = 1 m s − 1 ∑ j = 1 m − 1 ζ ( s , i m )

1) 令 a = 1 , m = 2 ，

∑ k = 0 ∞ ( s ) 2 k ζ ( s + 2 k ) 2 2 k ( 2 k ) ! = 1 2 [ ζ ( s , 1 − 1 2 ) + ζ ( s , 1 + 1 2 ) ] = 1 2 [ ζ ( s , 1 2 ) + ζ ( s , 3 2 ) ] = 1 2 [ ζ ( s , 1 2 ) + 1 2 s + ζ ( s , 3 2 ) − 1 2 s ] = 1 2 [ ζ ( s , 1 2 ) + ζ ( s , 1 2 ) − 1 2 s ] = 1 2 [ 2 ζ ( s , 1 2 ) − 1 2 s ] = 1 2 [ 2 ( 2 s − 1 ) ζ ( s ) − 1 2 s ] = ( 2 s − 1 ) ζ ( s ) − 2 s − 1

2) 令 a = 1 , m = 3

∑ k = 0 ∞ ( s ) 2 k ζ ( s + 2 k ) 3 2 k ( 2 k ) ! = 1 2 [ ζ ( s , 2 3 ) + ζ ( s , 4 3 ) ] = 1 2 [ ζ ( s , 2 3 ) + 1 3 s + ζ ( s , 4 3 ) − 1 3 s ] = 1 2 [ ζ ( s , 2 3 ) + ζ ( s , 1 3 ) − 1 3 s ] = 1 2 [ ( 3 s − 1 ) ζ ( s ) − 3 s ]

3) 令 a = 1 , m = 4

∑ k = 0 ∞ ( s ) 2 k ζ ( s + 2 k ) 4 2 k ( 2 k ) ! = 1 2 [ ζ ( s , 3 4 ) + ζ ( s , 5 4 ) ] = 1 2 [ ζ ( s , 3 4 ) + 1 4 s + ζ ( s , 5 4 ) − 1 4 s ] = 1 2 [ ζ ( s , 3 4 ) + ζ ( s , 1 4 ) − 1 4 s ] = 1 2 [ ζ ( s , 3 4 ) + ζ ( s , 2 4 ) + ζ ( s , 1 4 ) − ζ ( s , 1 2 ) − 1 4 s ] = 1 2 [ ( 4 s − 1 ) ζ ( s ) − ζ ( s , 1 2 ) − 1 4 s ] = 1 2 [ ( 4 s − 1 ) ζ ( s ) − ( 2 s − 1 ) ζ ( s ) − 1 4 s ] = 1 2 [ ( 4 s − 2 s ) ζ ( s ) − 4 s ]

4) 令 a = 1 , m = 6

∑ k = 0 ∞ ( s ) 2 k ζ ( s + 2 k ) 6 2 k ( 2 k ) ! = 1 2 [ ζ ( s , 5 6 ) + ζ ( s , 7 6 ) ] = 1 2 [ ζ ( s , 5 6 ) + 1 6 s + ζ ( s , 7 6 ) − 1 6 s ] = 1 2 [ ζ ( s , 5 6 ) + ζ ( s , 1 6 ) − 1 6 s ] = 1 2 [ ζ ( s , 5 6 ) + ζ ( s , 1 6 ) − 1 6 s ] = 1 2 [ ζ ( s , 5 6 ) + ζ ( s , 4 6 ) + ζ ( s , 3 6 ) + ζ ( s , 2 6 ) + ζ ( s , 1 6 )         − ζ ( s , 2 3 ) − ζ ( s , 1 2 ) − ζ ( s , 1 3 ) − 1 6 s ]

= 1 2 [ ( 6 s − 1 ) ζ ( s ) − ζ ( s , 1 3 ) − ζ ( s , 2 3 ) − ζ ( s , 1 2 ) − 6 s ] = 1 2 [ ( 6 s − 1 ) ζ ( s ) − ( 3 s − 1 ) ζ ( s ) − ( 2 s − 1 ) ζ ( s ) − 6 s ] = 1 2 [ ( 6 s − 3 s − 2 s + 1 ) ζ ( s ) − 6 s ]

马 玮,及万会. 一些涉及黎曼Zeta函数的无穷级数Some Infinite Series Involving the Riemann Zeta Function[J]. 理论数学, 2019, 09(08): 969-979. https://doi.org/10.12677/PM.2019.98123