黎曼ζ(2)的导数：ζ'(2)=-1

黎曼 $\zeta (2)$的导数：${\zeta }^{\prime }(2)=-1$吗？

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

$$-{\zeta }^{\prime }(2)={\left(-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}\right)}^{\prime }=\frac{\ln 2}{2^2}+\frac{\ln 3}{3^2}+\frac{\ln 4}{4^2}+...+\frac{\ln n}{n^2}+...$$

$$=\frac{{\pi }^2}{6}(12\ln A-\gamma -\ln 2-\ln \pi )$$

$$=0.93754825431584...\approx 1,(n\to \infty )$$

$${\zeta }^{\prime \prime }(2)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\ln }^{2}n}{n^2}=1.989280234...\approx 2!=2$$

$$-{\zeta }^{\prime \prime \prime }(2)=\sum _{n=2}^{\infty }\frac{{\ln }^{3}n}{n^2}=6.000145802...\approx 3!=6$$

$${\zeta }^{(4)}(2)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\ln }^{4}n}{n^2}=24.001486393...\approx 4!=24$$

$$-{\zeta }^{(5)}(2)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\ln }^{5}n}{n^2}=120.0008243332...\approx 5!=120$$

$${\zeta }^{(6)}(2)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\ln }^{6}n}{n^2}=720.00012472831...\approx 6!=720$$

$$-{\zeta }^{(7)}(2)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\ln }^{7}n}{n^2}=5039.999783274...\approx 7!=5040$$

$${\zeta }^{(8)}(2)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\ln }^{8}n}{n^2}=40319.99974686...\approx 8!=40320$$

$$-{\zeta }^{(9)}(2)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\ln }^{9}n}{n^2}=362879.9998677...\approx 9!=362880$$

太神奇了！ $\approx$ 我怀疑是 $e,\pi ,A与\gamma$ 的误差造成的！与收敛的快慢有关。
$$|-{\zeta }^{(k)}(2)|=\left|{\left(-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}\right)}^{(k)}\right|=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(\ln n{)}^k}{n^2}=k!$$

意味着：
$$|-{\zeta }^{(k)}(2)|=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(\ln n{)}^k}{n^2}={\int }_1^{\infty }\frac{(\ln x{)}^k}{x^2}dx={\int }_0^{\infty }\frac{x^k}{e^x}dx=k!$$

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(\ln n{)}^k}{n^2}\Delta x={\int }_1^{\infty }\frac{(\ln x{)}^k}{x^2}dx=k!$$

$$\Delta x=\frac{b-a}{n}=\frac{\infty -1}{\infty }=1$$

$-{\zeta }^{\prime }(2)=0.93754825431584...\approx 1$ 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 $k$ 较大时收敛得快速？还是我想多了？ $-{\zeta }^{\prime }(2)\ne 1？$
还有：
$${\left(-\sum _{x=1}^{\infty }\frac{1}{e^x}\right)}^{\prime }={\int }_0^{\infty }\frac{1}{e^x}dx=1,$$

$$-\zeta ’(2)={\int }_0^{\infty }\frac{\ln 2}{2^x}dx={\int }_1^{\infty }\frac{\ln x}{x^2}dx={\int }_1^{\infty }\frac{1}{x^2}dx=1,$$

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 $a_n=f(n)$时,${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n={\int }_1^{\infty }f(x)dx？$
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 $\left\{a_n\right\}$ 是一个正数项序列，假定对 $x\ge N$ (正整数)， $a_n=f(n),f$ 是 $x$ 的一个连续，正的，递减函数，则级数 ${\sum }_{n=N}^{\infty }{a}_n和{\int }_N^{\infty }f(x)dx$ 同时收敛或同时发散。

证明

我们对 $N=1$ 证明，对一般的 $N$ 证明是类似的。
我们首先假设 $f$ 是减函数并对所有 $n$ 使 $f(n)=a_n,$图 $(a),$矩形 $a_1+a_2+\cdots +a_n$面积大于 从$x=1$ 到 $x=n+1$ 曲线 $y=f(x)$ 下的面积，于是
$${\int }_1^{n}f(x)dx\le {\int }_1^{n+1}f(x)dx\le a_1+a_2+\cdots +a_n$$

现在，矩形从往右画改成往左画，图$(b)$。如果暂时忽略第一个矩形 $a_1，$我们看到

$$a_2+a_3+\cdots +a_n\le {\int }_1^{n}f(x)dx$$
算上 $a_1,$我们有 $a_1+a_2+\cdots +a_n\le a_1+{\int }_1^{n}f(x)dx$
组合这些结果得
$$(1):{\int }_1^{n}f(x)dx\le a_1+a_2+\cdots +a_n\le a_1+{\int }_1^{n}f(x)dx$$

若 ${\int }_1^{n}f(x)dx$ 有限，右面的不等式表明 ${\sum }_{}^{}{a}_n$ 有限，若 ${\int }_1^{n}f(x)dx$ 无限，左面的不等式表明 ${\sum }_{}^{}{a}_n$ 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 ${\sum }_{n=1}^{\infty }1/n^2={\pi }^2/6,$ 而 ${\int }_1^{\infty }1/x^{2}dx=1$

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 $(1)$ 式知： $a_1=0$ 时，且从 $n=2$ 开始， $a_n$与$f(n)$ 递减，满足

$${\int }_1^{n}f(x)dx\le 0+a_2+\cdots +a_n\le {\int }_1^{n}f(x)dx$$

即
$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n={\int }_1^{\infty }f(x)dx,a_1=0$$

敛散性一致，同时收敛或同时发散。

因此， $a_1=0$ 时， $$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n={\int }_1^{\infty }f(x)dx$$

（从$n=2$开始递减）
这就证明了：

$$|-{\zeta }^{(k)}(2)|=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(\ln n{)}^k}{n^2}={\int }_1^{\infty }\frac{(\ln x{)}^k}{x^2}dx=k!$$

证毕
同理得到：$$-{\zeta }^{\prime }(s)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\ln n}{n^s}={\int }_1^{\infty }\frac{\ln x}{x^s}dx=\frac{1}{(s-1{)}^2},s>1$$

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证明2：

$$\zeta (2)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}={\int }_0^{\infty }\frac{x}{e^x-1}dx=\frac{{\pi }^2}{6}$$

$$\frac{1}{e^x-1}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{e^{nx}}$$

$${\int }_0^{\infty }\frac{x}{e^x-1}dx={\int }_0^{\infty }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x}{e^{nx}}dx$$

换元，令 $x=\ln y$

$${\int }_0^{\infty }\frac{x}{e^x-1}dx={\int }_1^{\infty }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\ln y}{e^{n\ln y}}d(\ln y)={\int }_1^{\infty }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\ln y}{y^{n+1}}dy$$

$$\zeta (2)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}={\int }_1^{\infty }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\ln y}{y^{n+1}}dy=\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_1^{\infty }\frac{\ln y}{y^{n+1}}dy$$

又因为，$${\int }_1^{\infty }\frac{\ln y}{y^{n+1}}dy=\frac{1}{n^2}，{\int }_1^{\infty }\frac{1}{n^2}dn=1$$

所以有
$$\sum _{y=1}^{\infty }\frac{\ln y}{y^{k+1}}=\frac{1}{k^2},$$

$k=1$时，$$-{\zeta }^{\prime }(2)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\ln n}{n^2}=1$$

$$-{\zeta }^{\prime }(s)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\ln n}{n^s}={\int }_1^{\infty }\frac{\ln x}{x^s}dx=\frac{1}{(s-1{)}^2},s>1$$

证明3:

$$-{\zeta }^{\prime }(2)={\left(-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}\right)}^{\prime }=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\ln n}{n^2}$$

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}={\int }_0^{\infty }\frac{x}{e^x-1}dx$$

定积分的先积后导与先导后积是一样的结果

$${\left(-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}\right)}^{\prime }=-{\int }_0^{\infty }{\left(\frac{x}{e^x-1}\right)}^{\prime }dx={\int }_0^{\infty }\frac{(x-1)e^x+1}{(e^x-1{)}^2}dx=1$$

所以有：$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\ln n}{n^2}=\frac{\ln 2}{2^2}+\frac{\ln 3}{3^2}+\frac{\ln 4}{4^2}+\cdots +\frac{\ln n}{n^2}+\cdots =1$$