黎曼ζ(2)的导数：ζ'(2)=-1

黎曼 $ζ(2)$ζ(2)的导数：$ζ'(2)=-1$ζ′(2)=−1吗？

http://mathworld.wolfram.com/Glaisher-KinkelinConstant.html
$(n^{-x})'=-\frac{\ln n}{n^x} ,$(n−x)′=−nxlnn​,

$-\zeta'(2)=\left(-\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^2}} \right)'=\frac{\ln2}{2^{2}}+\frac{\ln3}{3^{2}}+\frac{\ln4}{4^{2}}+...+\frac{\ln n}{n^{2}}+...$−ζ′(2)=(−n=1∑∞​n21​)′=22ln2​+32ln3​+42ln4​+...+n2lnn​+...

$=\frac{\pi^{2}}{6}(12\ln A-\gamma-\ln2-\ln\pi)$=6π2​(12lnA−γ−ln2−lnπ)

$=0.93754825431584...\approx1,(n\rightarrow\infty)$=0.93754825431584...≈1,(n→∞)

$\zeta''(2)=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\ln^2 n}{n^2}}=1.989280234...\approx2!=2$ζ′′(2)=n=1∑∞​n2ln2n​=1.989280234...≈2!=2

$-\zeta'''(2)=\sum_{n=2}^{\infty}{\frac{\ln^3 n}{n^2}}=6.{\color{red}0}{\color{red}0}{\color{red}0} 145802...\approx3!=6$−ζ′′′(2)=n=2∑∞​n2ln3n​=6.000145802...≈3!=6

$\zeta^{(4)}(2)=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\ln^4 n}{n^2}}=24.{\color{red}0}{\color{red}0}1486393...\approx4!=24$ζ(4)(2)=n=1∑∞​n2ln4n​=24.001486393...≈4!=24

$-\zeta^{(5)}(2)=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\ln^5 n}{n^2}}=120.{\color{red}000}8243332...\approx5!=120$−ζ(5)(2)=n=1∑∞​n2ln5n​=120.0008243332...≈5!=120

$\zeta^{(6)}(2)=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\ln^6 n}{n^2}}=720.{\color{red}000}12472831...\approx6!=720$ζ(6)(2)=n=1∑∞​n2ln6n​=720.00012472831...≈6!=720

$-\zeta^{(7)}(2)=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\ln^7 n}{n^2}}=5039.{\color{red}999}783274...\approx7!=5040$−ζ(7)(2)=n=1∑∞​n2ln7n​=5039.999783274...≈7!=5040

$\zeta^{(8)}(2)=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\ln^8 n}{n^2}}=40319.{\color{red}999}74686...\approx8!=40320$ζ(8)(2)=n=1∑∞​n2ln8n​=40319.99974686...≈8!=40320

$-\zeta^{(9)}(2)=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\ln^9 n}{n^2}}=362879.{\color{red}999}8677...\approx9!=362880$−ζ(9)(2)=n=1∑∞​n2ln9n​=362879.9998677...≈9!=362880

太神奇了！ $\approx$≈ 我怀疑是 $e,\pi, A与\gamma$e,π,A与γ 的误差造成的！与收敛的快慢有关。
$|-\zeta^{(k)}(2)|=\left| \left(-\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^2}} \right)^{(k)} \right|=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(\ln n)^{k}}{n^2}}=k!$∣−ζ(k)(2)∣=∣∣∣∣∣∣​(−n=1∑∞​n21​)(k)∣∣∣∣∣∣​=n=1∑∞​n2(lnn)k​=k!

意味着：
$|-\zeta^{(k)}(2)|=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(\ln n)^{k}}{n^2}}=\int_{1}^{\infty}\frac{(\ln x)^{k}}{x^2}dx=\int_{0}^{\infty}\frac{x^{k}}{e^{x}}dx=k!$∣−ζ(k)(2)∣=n=1∑∞​n2(lnn)k​=∫1∞​x2(lnx)k​dx=∫0∞​exxk​dx=k!

$\lim_{n \rightarrow \infty}{}\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(\ln n)^{k}}{n^2}}\Delta x=\int_{1}^{\infty}\frac{(\ln x)^{k}}{x^2}dx=k!$n→∞lim​n=1∑∞​n2(lnn)k​Δx=∫1∞​x2(lnx)k​dx=k!

$\Delta x=\frac{b-a}{n}=\frac{\infty-1}{\infty}=1$Δx=nb−a​=∞∞−1​=1

$-\zeta'(2)=0.93754825431584...\approx1$−ζ′(2)=0.93754825431584...≈1 误差大是因为收敛得慢计算机算不到无穷远处？后面的误差很小是因为 $k$k 较大时收敛得快速？还是我想多了？ $-\zeta'(2)\ne1 ？$−ζ′(2)​=1？
还有：
$\left( -\sum_{x=1}^{\infty}{\frac{1}{e^{x}}} \right)'=\int_{0}^{\infty}\frac{1}{e^{x}}dx=1,$(−x=1∑∞​ex1​)′=∫0∞​ex1​dx=1,

$-\zeta’(2)=\int_{0}^{\infty}\frac{\ln 2}{2^{x}}dx=\int_{1}^{\infty}\frac{\ln x}{x^{2}}dx=\int_{1}^{\infty}\frac{ 1}{x^{2}}dx=1,$−ζ’(2)=∫0∞​2xln2​dx=∫1∞​x2lnx​dx=∫1∞​x21​dx=1,

这里有一个重要问题：什么情况下级数和等于积分？即什么情况下当 $a_{n}=f(n)$an​=f(n)时,$\sum_{n=1}^{\infty}{a_{n}}=\int_{1}^{\infty}f(x)dx？$∑n=1∞​an​=∫1∞​f(x)dx？
我在《托马斯微积分》第10版p665页找到了答案：
原文讲积分判别法

设 $\left\{ a_{n} \right\}${an​} 是一个正数项序列，假定对 $x\geq N$x≥N (正整数)， $a_{n}=f(n),f$an​=f(n),f 是 $x$x 的一个连续，正的，递减函数，则级数 $\sum_{n=N}^{\infty}{a_{n}} 和 \int_{N}^{\infty}f(x)dx$∑n=N∞​an​和∫N∞​f(x)dx 同时收敛或同时发散。

证明
我们对 $N=1$N=1 证明，对一般的 $N$N 证明是类似的。
我们首先假设 $f$f 是减函数并对所有 $n$n 使 $f(n)=a_{n} ,$f(n)=an​,图 $(a),$(a),矩形 $a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}$a1​+a2​+⋯+an​面积大于 从$x=1$x=1 到 $x=n+1$x=n+1 曲线 $y=f(x)$y=f(x) 下的面积，于是
$\int_{1}^{n}f(x)dx\leq\int_{1}^{n+1}f(x)dx\leq a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}$∫1n​f(x)dx≤∫1n+1​f(x)dx≤a1​+a2​+⋯+an​

现在，矩形从往右画改成往左画，图$(b)$(b)。如果暂时忽略第一个矩形 $a_{1} ，$a1​，我们看到

$a_{2}+a_{3}+\cdots +a_{n}\leq\int_{1}^{n}f(x)dx$a2​+a3​+⋯+an​≤∫1n​f(x)dx
算上 $a_{1} ,$a1​,我们有 $a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}\leq a_{1}+\int_{1}^{n}f(x)dx$a1​+a2​+⋯+an​≤a1​+∫1n​f(x)dx
组合这些结果得
$(1):\,\,\,\int_{1}^{n}f(x)dx\leq a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}\leq a_{1}+\int_{1}^{n}f(x)dx$(1):∫1n​f(x)dx≤a1​+a2​+⋯+an​≤a1​+∫1n​f(x)dx

若 $\int_{1}^{n}f(x)dx$∫1n​f(x)dx 有限，右面的不等式表明 $\sum_{}^{}{a_{n}}$∑​an​ 有限，若 $\int_{1}^{n}f(x)dx$∫1n​f(x)dx 无限，左面的不等式表明 $\sum_{}^{}{a_{n}}$∑​an​ 无限。
因此，级数和积分同时有限或无限。

收敛的级数与积分并不一定收敛到同一值。
比如 $\sum_{n=1}^{\infty}{1/n^2}=\pi^{2}/6 ,$∑n=1∞​1/n2=π2/6, 而 $\int_{1}^{\infty}1/x^2dx=1$∫1∞​1/x2dx=1

问题来了，什么情况下收敛的级数与积分收敛到同一值？

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证明1：
由 $(1)$(1) 式知： $a_{1}=0$a1​=0 时，且从 $n=2$n=2 开始， $a_{n}$an​与$f(n)$f(n) 递减，满足

$\int_{1}^{n}f(x)dx\leq 0+a_{2}+\cdots +a_{n}\leq\int_{1}^{n}f(x)dx$∫1n​f(x)dx≤0+a2​+⋯+an​≤∫1n​f(x)dx

即
$\sum_{n=1}^{\infty}{a_{n}}=\int_{1}^{\infty}f(x)dx,a_{1}=0$n=1∑∞​an​=∫1∞​f(x)dx,a1​=0

敛散性一致，同时收敛或同时发散。

因此， $a_{1}=0$a1​=0 时， $\sum_{n=1}^{\infty}{a_{n}}=\int_{1}^{\infty}f(x)dx$n=1∑∞​an​=∫1∞​f(x)dx

（从$n=2$n=2开始递减）
这就证明了：

$|-\zeta^{(k)}(2)|=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(\ln n)^{k}}{n^2}}=\int_{1}^{\infty}\frac{(\ln x)^{k}}{x^2}dx=k!$∣−ζ(k)(2)∣=n=1∑∞​n2(lnn)k​=∫1∞​x2(lnx)k​dx=k!

证毕
同理得到：$-\zeta'(s)=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\ln n}{n^{s}}}=\int_{1}^{\infty}\frac{\ln x}{x^{s}}dx=\frac{1}{(s-1)^{2}},s>1$−ζ′(s)=n=1∑∞​nslnn​=∫1∞​xslnx​dx=(s−1)21​,s>1

同理得到:$\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{n}{e^{n}}}=\int_{0}^{\infty}\frac{x}{e^{x}}dx=1$n=0∑∞​enn​=∫0∞​exx​dx=1
因为$a_{0}=0$a0​=0
且有从$n=1$n=1开始递减
$\int_{0}^{n}f(x)dx\leq 0+a_{1}+\cdots +a_{n}\leq0+\int_{0}^{n}f(x)dx$∫0n​f(x)dx≤0+a1​+⋯+an​≤0+∫0n​f(x)dx

$\int_{0}^{\infty}\frac{x}{e^{x}}dx\leq\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{n}{e^{n}}}\leq\int_{0}^{\infty}\frac{x}{e^{x}}dx=1$∫0∞​exx​dx≤n=0∑∞​enn​≤∫0∞​exx​dx=1

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证明2：

$\zeta(2)=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^2}}=\int_{0}^{\infty}\frac{x}{e^{x}-1}dx=\frac{\pi^{2}}{6}$ζ(2)=n=1∑∞​n21​=∫0∞​ex−1x​dx=6π2​

$\frac{1}{e^x-1}=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{e^{nx}}}$ex−11​=n=1∑∞​enx1​

$\int_{0}^{\infty}\frac{x}{e^{x}-1}dx=\int_{0}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x}{e^{nx}}dx$∫0∞​ex−1x​dx=∫0∞​n=1∑∞​enxx​dx

换元，令 $x=\ln y$x=lny

$\int_{0}^{\infty}\frac{x}{e^{x}-1}dx=\int_{1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln y}{e^{n\ln y}}d(\ln y)=\int_{1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\ln y}{y^{n+1}}}dy$∫0∞​ex−1x​dx=∫1∞​n=1∑∞​enlnylny​d(lny)=∫1∞​n=1∑∞​yn+1lny​dy

$\zeta(2)=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^2}}=\int_{1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}{}\frac{\ln y}{y^{n+1}}dy=\sum_{n=1}^{\infty}{\int_{1}^{\infty}}\frac{\ln y}{y^{n+1}}dy=\int_{1}^{\infty}\int_{1}^{\infty}\frac{\ln y}{y^{n+1}}dy$ζ(2)=n=1∑∞​n21​=∫1∞​n=1∑∞​yn+1lny​dy=n=1∑∞​∫1∞​yn+1lny​dy=∫1∞​∫1∞​yn+1lny​dy

又因为，$\int_{1}^{\infty}\frac{\ln y}{y^{n+1}}dy=\frac{1}{n^2} ， \int_{1}^{\infty}\frac{1}{n^2}dn=1$∫1∞​yn+1lny​dy=n21​，∫1∞​n21​dn=1

所以有
$\sum_{y=1}^{\infty}{}\frac{\ln y}{y^{k+1}}=\frac{1}{k^2} ,$y=1∑∞​yk+1lny​=k21​,

$k=1$k=1时，$-\zeta'(2)=\sum_{n=1}^{\infty}{}\frac{\ln n}{n^{2}}=1$−ζ′(2)=n=1∑∞​n2lnn​=1

$-\zeta'(s)=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\ln n}{n^{s}}}=\int_{1}^{\infty}\frac{\ln x}{x^{s}}dx=\frac{1}{(s-1)^{2}},s>1$−ζ′(s)=n=1∑∞​nslnn​=∫1∞​xslnx​dx=(s−1)21​,s>1

待续