为什么这个级数会如此接近整数?

发布时间：

2025-03-06 22:17

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emmm, 这种莫名其妙的求和一般会和拉个男人扯上关系。

注意到

$\begin{aligned} \sum _{n=1}^{\infty } \frac{n^3}{e^\frac{2 \pi n}{7}-1}&=10.000000000000306\\ \sum _{n=1}^{\infty } \frac{n^3}{e^\frac{2 \pi n}{8}-1}&=17.062499999313329\\ \sum _{n=1}^{\infty } \frac{n^3}{e^ \frac{2 \pi n}{9}-1}&=27.333333332858995\\ \sum _{n=1}^{\infty } \frac{n^3}{e^ \frac{2 \pi n}{10}-1}&=41.662499997756584\\ \sum _{n=1}^{\infty } \frac{n^3}{e^\frac{2 \pi n}{11}-1}&=61.000000013519110 \end{aligned}$

所以更应该问的是为什么这玩意儿似乎只有在素数的时候才几乎是个整数?

根据拉马努金-黎曼 $ζ(2n + 1)$ 公式

若 $αβ = -\pi^2$ , $B_k$ 表示第 $k$ 个伯努利数，那么有:

$\begin{aligned} &2^{2n}\sum_{k = 0}^{n + 1} (-1)^{k - 1}\frac{B_{2k}}{(2k)!}\frac{B_{2n + 2 - 2k}}{(2n + 2 - 2k)!}\alpha^{n + 1 - k}(-β)^k\\ =&α^{-n}\left(\frac{1}{2}\zeta(2n + 1) + \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k^{2n + 1}(e^{+2kα}-1)}\right)\\ -& β^{-n}\left(\frac{1}{2}\zeta(2n + 1) + \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k^{2n + 1}(e^{-2kβ }-1)}\right)\\ \end{aligned}$

具体证法很长, 可以看此文的 6.4 章节:

Ramanujan's ζ(2n+1) Formula

我们用到的是该定理的青春版:

若 $αβ = -\pi^2$ , $B_n$ 表示第 $n$ 个伯努利数，那么有:

$\begin{aligned} \frac{B_{2n}}{4n}(α^n-β^n)= α^{n}\left( \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{k^{2n - 1}}{(e^{+2kα}-1)}\right) -β^{n}\left( \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{k^{2n - 1}}{(e^{-2kβ }-1)}\right) \end{aligned}$

接着令:

$\begin{cases} α = p^{-1}π\\ β = -pπ \end{cases}$

原式两边消掉 $π^{-n}$ , 即:

$\begin{aligned} \frac{\left(p^{-n}-(-p)^n\right) B_{2 n}}{4 n}=p^{-n} \underset{k=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{k^{2 n-1}}{e^{\frac{2 k \pi }{p}}-1}-(-p)^n \underset{k=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{k^{2 n-1}}{e^{2kpπ}-1} \end{aligned}$

我们 double 一下 $n$ , 把负号消掉:

$\begin{aligned} -\frac{B_{4 n} \left(p^{4 n}-1\right)}{8 n}=\underset{k=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{k^{4 n-1}}{e^{\frac{2 k \pi }{p}}-1}-p^{4 n} \underset{k=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{k^{4 n-1}}{e^{2kpπ}-1} \end{aligned}$

整理一下, 就得到了我们需要的求和:

$\begin{aligned} S_n(p) &= \underset{k=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{k^{4 n-1}}{e^{\frac{2 k \pi }{p}}-1}= -\frac{B_{4 n} \left(p^{4 n}-1\right)}{8 n} + \underset{k=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{p^{4 n}k^{4 n-1}}{e^{2kpπ}-1}\\ S_3(p) &=\underset{k=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{k^3}{e^{\frac{2 \pi k}{p}}-1}=\frac{1}{240} \left(p^4-1\right)+\sum_{k=1}^∞\frac{p^4k^3}{e^{2kpπ}-1} \end{aligned}$

然后右边这一坨, 多项式除以指数, 基本就是 0 了.

$\begin{cases} \dfrac{2401}{e^{14 \pi }-1} = 1.90162×10^{-16} &k = 1 \\ \dfrac{19208}{e^{28 \pi }-1} = 1.20488×10^{-34} &k = 2 \end{cases}$

加起来也几乎是 0, 小数点后 15 个零.

然后看左边, 这个就有意思了

$\begin{cases} \dfrac{7^4-1}{240} = 10 \\ \dfrac{8^4-1}{240} = \dfrac{273}{16} \\ \dfrac{9^4-1}{240} = \dfrac{82}{3} \\ \dfrac{10^4-1}{240} = \dfrac{3333}{80} \\ \dfrac{11^4-1}{240} = 61 \\ \end{cases}$

看起来似乎只有 p 为素数时才是整数, 但若是注意到:

$\begin{cases} \dfrac{3^4-1}{240} = \dfrac{1}{3} \\ \dfrac{5^4-1}{240} = \dfrac{13}{5} \\ \dfrac{49^4-1}{240} = 24020 \\ \dfrac{121^4-1}{240} = 893162 \\ \end{cases}$

所以其实条件不是素数, 那到底是什么个情况呢?

我们可以先分解一下:

$\begin{aligned} p^4 - 1 &= (p^2 - 1)(p^2 + 1) = (p-1)(p+1)(p^2 + 1)\\ 240 &= 2^4\times 3 \times 5= 16 \times 3 \times 5 \end{aligned}$

接着分类讨论:

模 16：若 $p$ 是奇数，奇数的四次方恒为 $1 \mod 16$ ，因此 $p^4 - 1 \equiv 0 \mod 16$
模 3：由费马小定理， $p^2 \equiv 1 \mod 3$ ，故 $p^4 \equiv 1 \mod 3$ ，即 $p^4 - 1 \equiv 0 \mod 3$
模 5：由费马小定理， $p^4 \equiv 1 \mod 5$ ，故 $p^4 - 1 \equiv 0 \mod 5$