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

  接下来,考虑如下形式的积分: \[I_n=\int_0^1 \frac{\log^{n-1}z}{1-z}\mathrm{d} z, \quad n\ge2,\] 利用换元 \(z=e^{-s}\) 不难证明 \[I_n=(-1)^{n-1}\int_0^\infty \frac{s^{n-1}}{e^s-1}\mathrm{d} s=(-1)^{n-1}\zeta(n)\Gamma(n).\] 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 \(0\)\(-\infty\) 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 \(0\)\(1\) 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 \(0\)\(e^{\frac{\pi}{3}\sqrt{-1}}\) 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 \(e^{\frac{\pi}{3}\sqrt{-1}}\)\(1\) 的圆弧: \[\gamma_2: z=e^{y \sqrt{-1}}, \quad y\in \left(\frac{\pi}{3}, 0\right).\]

\[J_n=\int_{\gamma_1} \frac{\log^{n-1}z}{1-z}\mathrm{d} z, \quad K_n=\int_{\gamma_2} \frac{\log^{n-1}z}{1-z}\mathrm{d} z,\] 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 \[J_n=\sqrt{-1}\int_0^{\frac{\pi}{3}}\left(\log\left(2\sin\frac{x}{2}\right) +\frac{\pi-x}{2}\sqrt{-1}\right)^{n-1}\mathrm{d} x.\] 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 \[K_n=\sqrt{-1}\int_0^{\frac{\pi}{3}}\frac{\left(y\sqrt{-1}\right)^{n-1}}{1-e^{-y\sqrt{-1}}}\mathrm{d} y,\] 取复共轭可得 \[(-1)^n \bar{K}_n=\sqrt{-1}\int_0^{\frac{\pi}{3}}\frac{\left(y\sqrt{-1}\right)^{n-1}}{1-e^{y\sqrt{-1}}}\mathrm{d} y,\] 两者相加则有 \[K_n+(-1)^n \bar{K}_n=\sqrt{-1}\int_0^{\frac{\pi}{3}}\left(y\sqrt{-1}\right)^{n-1}\mathrm{d} y =\frac{(-1)^{\frac{n}{2}}}{n}\left(\frac{\pi}{3}\right)^n,\] 换句话说,当 \(n=2k-1\) 时, \[\mathrm{Im}(K_n)=(-1)^{\frac{n-1}{2}}\frac{\pi^n}{2n\,3^n},\]\(n=2k\) 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: \[0=\int_0^{\frac{\pi}{3}}\left(\log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right)- \left(\frac{\pi-x}{2}\right)^2\right)\mathrm{d} x+\mathrm{Im}(K_3),\] 由此可得 \[\int_0^{\frac{\pi}{3}}\log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right)\mathrm{d} x =\int_0^{\frac{\pi}{3}}\left(\frac{\pi-x}{2}\right)^2\mathrm{d} x+\frac{\pi^3}{6\cdot 3^3}=\frac{7\pi^3}{108}.\] 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: \[-\zeta(4)\Gamma(4)=-\int_0^{\frac{\pi}{3}}\left(3\log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right)\frac{\pi-x}{2} -\left(\frac{\pi-x}{2}\right)^3\right)\mathrm{d} x+\mathrm{Re}(K_4),\] 整理可得 \[\begin{align*} & \int_0^{\frac{\pi}{3}}x \log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right)\mathrm{d} x \\ = & \pi \int_0^{\frac{\pi}{3}} \log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right)\mathrm{d} x -\frac{2}{3}\left(\zeta(4)\Gamma(4)+\frac{\pi^4}{8\cdot 3^4} +\int_0^{\frac{\pi}{3}}\left(\frac{\pi-x}{2}\right)^3\mathrm{d} x\right) \\ = & \frac{17 \pi^4}{6480}.\end{align*}\] 这就完成了恒等式 \(\eqref{iden2}\) 的证明。