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user: 2. 主要结果与证明 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)