暑假总算是有时间来继续看看《具体数学》，发现提到了 $\zeta$ 函数，于是就想起去年多校有一道比较神仙但我并不是很会的题。今天在翻出来看看，貌似找到了一种相对自然的推导过程。

题目大意

给定 $N$，计算

$$ \dfrac{ \displaystyle\int_{0}^{+\infty} \frac{\tau^{-4N-1}}{e^{1/\tau} - 1} \text{d}\tau }{ \left( \displaystyle\int_{0}^{+\infty} \frac{\tau^{-2N-1}}{e^{1/\tau} - 1} \text{d}\tau \right)^2 } $$

的值。可以证明结果是一个有理数。

$1 \leq N \leq 10^5$，共 $10^5$ 组询问。

题解

前期的算式推导相对简单，直到得到这样一个式子

$$ \frac{\zeta(4N)(4N−1)!}{(\zeta(2N)(2N−1)!)^2} $$

问题就集中在如何求 $\zeta(4N)$ 以及 $\zeta(2N)$ 上。

实际上 Riemann $\zeta$ 函数在奇数处的取值不是很妙，因此我们只考虑偶数部分的生成函数

$$ \begin{align*} G(z) &= \sum_{n \geq 1} \zeta(2n) z^{2n} = \sum_{n \geq 1} \sum_{k \geq 1} \frac{1}{k^{2n}}z^{2n} \newline &= \sum_{k \geq 1} \frac{z^2}{k^2−z^2} \end{align*} $$

接下来是整个推导过程中最精彩的一段——

$$ \begin{align*} G(z) &= \sum_{k \geq 1} \frac{z^2}{k^2−z^2} \newline &= − \frac{1}{2} z \cdot \sum_{k \geq 1} \frac{2z}{z^2−k^2} = − \frac{1}{2} z \cdot \sum_{k \geq 1} \frac{\text{d}}{\text{d}x} \log (z^2−k^2) \newline &= − \frac{1}{2} z \cdot \frac{\text{d}}{\text{d}x} \log \left( \prod_{k \geq 1} (z^2−k^2) \right) \end{align*} $$

数学分析告诉我们 $\sin x = x \prod_{k \geq 1} (z^2−k^2\pi^2)$，这个乘积和上式就差了一个 $\pi^2$，同时常识告诉我们 $\zeta(2N)$ 一定是某个有理数乘上 $\pi^{2N}$ 的形式，因此不妨把 $G$ 的定义改为 $\zeta(2N)\pi^{-2N}$ 的生成函数。经过类似的推导过程，我们得到

$$ G(z) = \sum_{n \geq 1} \frac{\zeta(2n)}{\pi^{2n}}z^{2n} = − \frac{1}{2} z \cdot \frac{\text{d}}{\text{d}z} \log \frac{\sin z}{z} = \frac{1}{2} ( 1 − z \cot z ) $$

如果你写不出 $x\cot x$ 的 Taylor 展开式 （实际上也不太可能写出来），可以用 $\cos x$ 和 $x^{-1}\sin x$ 相除求出结果。一次求逆一次乘积，总复杂度 $\mathcal{O}(N \log N)$。

进一步探索

做到上边那一步其实已经可以算是完了。但我们还想继续推点东西出来。

复变函数告诉我们 $\cot z = i \cdot \frac{e^{2zi}+1}{e^{2zi}−1}$，因此

$$ z \cot z = zi \cdot \frac{e^{2zi}+1}{e^{2zi}−1} = zi + \frac{2zi}{e^{2zi}−1} $$

后面那一项看起来很眼熟，因为它就是 Bernoulli 数的 EGF。注意到 Bernoulli 数仅在 1 一个奇数的取值非零，因此有

$$ \frac{x}{e^x−1} = \sum_{n \geq 1} \frac{B_n}{n!}x^n = B_1 x + \sum_{k \geq 1} \frac{B_{2k}}{(2k)!}x^{2k} $$

将 $x=2zi$ 代入上式，得到

$$ \frac{2zi}{e^{2zi}−1} = −zi + \sum_{k \geq 1} \frac{B_{2k}}{(2k)!}(−4)^k z^{2k} $$

一切都联系了起来。也就是说，我们最终的结论是

$$ 1 − 2G(z) = z\cot z = \sum_{k \geq 1} \frac{B_{2k}}{(2k)!}(−4)^k z^{2k} $$

对比两边 $z^{2k}$ 的系数，有

$$ \zeta(2k) = \frac{(−1)^{k+1}B_{2k} (2 \pi)^{2k}}{2(2k)!} $$

至此，我们也可以通过预处理 Bernoulli 数计算结果。需要的操作仅剩一次求逆，但时间复杂度仍然是 $\mathcal{O}(N \log N)$。

后记

至于官方题解里里提到的

$$ − \sum_{k \geq 1} \frac{x^k}{(2k)!} = \left( \sum_{k \geq 0} \frac{x^k}{(2k+1)!} \right) \left( \sum_{k \geq 1} \frac{\zeta(2k)}{\pi^{2k}} \left( 1 − \frac{1}{2^{2k}} \right) (−x)^k \right) $$

这个式子，确实也可以在 $\mathcal{O}(N \log N)$ 时间内做出答案，也不知道朝鲜那群出题人是怎么找到这个式子的……