※ 引述《XII (Mathkid)》之銘言：
: 對k=1,2,..,n, 由de Moivre定理可得
: kπ kπ
: (cos------ + i sin------)^(2n+1) = (-1)^k
: 2n+1 2n+1
: n kπ kπ
: 上式虛部 0 = Σ C(2n+1,2r) (cos------)^(2r) (sin------)^(2n+1-2r) (-1)^(n-r)
: r=0 2n+1 2n+1
: kπ
: 除以(sin------)^(2n+1)可得
: 2n+1
: n kπ
: Σ C(2n+1,2r) (-1)^(n-r) (cot------)^(2r) = 0
: r=0 2n+1
: 故得
: Lemma 1.
: n kπ
: Σ C(2n+1,2r) (-1)^(n-r) x^r = 0 之根為 (cot------)^2, k=1,2,..,n.
: r=1 2n+1
: (2n+1)^2 n 1 n kπ
: (1-1) 0 < ---------- Σ ------- － Σ (cot------)^2 < n
: π^2 k=1 k^2 k=1 2n+1
: (2n+1)^4 n 1 n kπ n kπ
: (2-1) 0 < ---------- Σ ------- － Σ (cot------)^4 < n+2Σ (cot------)^2
: π^4 k=1 k^4 k=1 2n+1 k=1 2n+1
: 由Lemma 1及根與係數的關係,可知
: n kπ C(2n+1,3) 2n^2-2n
: Σ(cot------)^2 = ----------- = ---------
: k=1 2n+1 C(2n+1,1) 3
^^^^^^^^^
2n^2-n
--------
3
: n kπ 2n^2-2n C(2n+1,5) 8
: Σ(cot------)^4 = (---------)^2 － 2 ----------- = ----n^4 + O(n^3)
: k=1 2n+1 3 C(2n+1,1) 45
2n^2-n
(--------)^2 不過對最高次項沒有影響
3
: 代入(1-1), (2-1)後, 分別除以(2n+1)^2,(2n+1)^4, 再讓n→∞
我想(1-1) (2-1)還是不要移成左邊 = 0比較好
因為如果要夾擠
還是得把上面兩個Σ再移回去後
才能做夾擠
只是代價是右邊又要再弄三角函數的合併
: 由夾擊定理可得
: ∞ 1 π^2
: Σ ----- = ------
: k=1 k^2 6
: ∞ 1 π^2
: Σ ----- = ------
: k=1 k^4 90
: 同理可算
: ∞ 1
: Σ -------- , k 正整數
: n=1 n^(2k)
謝謝你花時間打這麼多
我想同理可算還會遇到一個很麻煩的地方
在於求出Σcot^p的計算
另外也有用Bernoulli數來表示ζ(2k)的
總之ζ是一個很有趣的函數
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