※ 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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