極限公式的應用

Kronecker 極限公式的應用

王友仁

微積分教本談論“級數”常只能檢驗它是“收歛”或“發散”而已, 很少能求出其解, 本文運用 Hurwitz Zeta function 的 limit formula 來計算 P^∞

n=1 1

p(n), 其中 p(x) =Qk

i=1(x + δi), k ≥ 2, 且 δ¹, δ2, . . . , δk 為相異正有理數, 個人覺得相當有趣願與大家分享。

專有名詞介紹: C (複數), limn→∞(Pn k=1

1

k − log n) = γ (Euler 常數), S = σ + iτ, σ= ReS (實部 S), τ = ImS 虛部 S, n! (n 階乘), Q (諸數的連乘積), O(S) (大 O(S) 符 號), π (圓周率), p(x) =Qk

i=1(x+δi) (k ≥ 2 的多項式), ζ(S) (Riemann Zeta 函數), Γ(S) (Gamma 函數), ζ(s, δ) (Hurwitz Zeta 函數), Bn (n = 0, 1, 2, . . .) (Bernoulli numbers 柏努利數)。

1. 介紹

Kronecker 極限公式 lims→1(ζ(s)− 1

s− 1) = γ (Euler 常數) (1)

這兒 Riemann Zeta 函數 ζ(s) =

∞

X

n=1

n^−s, Hurwitz Zeta 函數 ζ(s, δ) =

∞

X

n=0

(n + δ)^−s, 當

δ= 1 時, ζ(s, 1) =

∞

X

n=0

(n + 1)^−s=

∞

X

n=1

n^−s = ζ(s)。

γ = lim

n→∞(

n

X

k=1

1

k − log n), γ = 0.57721 · · · (也是 Euler 常數) (2) 這裡 (1), (2) 如何證明其等值, 請看預備定理 1, 便知曉。 我們將擴大 Kronecker 極限公式到

1由衷地感謝恩師余文卿指導教授的辛苦指導_,諄諄善誘_,此篇方能付梓_,再三感謝。

2本文適合大四以上程度閱讀研習_,也歡迎各校列為教材研究。

62

Hurwitz Zeta 函數, 以得到結果

s→1lim(ζ(s, δ)− 1

s− 1) =−Γ^′(δ) Γ(δ)

從而計算一些無限收歛級數

∞

X

n=1

p(n)⁻¹ 的值, 在這裡 p(x) =

k

Y

i=1

(x + δi), k ≥ 2 的 k 次多 項式。

2. 重要結果

以下先討論一些重要性質, 諸如 Gamma 函數, Riemann Zeta 函數及柏努利數。

Gamma 函數: Γ(s) = Z ^∞

0

t^s−1e^−tdt, Re s > 1, 其中 s = σ + iτ, σ 及 τ 皆實數,

= Z 1

0

t^s−1e^−tdt+ Z ^∞

1

t^s−1e^−tdt

= Z 1

0

t^s−1

∞

X

n=0

(−1)ⁿtⁿ n!

 dt+

Z ^∞

1

t^s−1e^−tdt

=

∞

X

n=0

(−1)ⁿ n! · 1

n+ s + Z ^∞

1

t^s−1e^−tdt, ∀ s ∈ C

在右邊的第二項是一個解析函數, 因其廣義積分 (improper integral) 是絕對收歛。 而右邊第 一項是 s 的有理型函數 (meromorphic function)。

Γ(s) = Z ^∞

0

t^s−1e^−tdt, Re s > 1

=

∞

X

n=0

(−1)ⁿ n! · 1

n+ s+ Z ^∞

1

t^s−1e^−tdt, ∀ s ∈ C (3)

是解析連續 (analytic continuation)。

另方面, 利用部份積分法, 可獲得

Γ(s + 1) = sΓ(s) (4)

證明: 令 µ = t^s, dν = e^−tdt, Z R

ε

t^se^−tdt=−t^se^−t  

R ε + s

Z R ε

t^s−1e^−tdt, s >0,

這 0 < ε≤ R < ∞。 令 ε → 0⁺ 且 R→ ∞ 時,

Γ(s + 1) =− lim_R→∞R^se^−R+ sΓ(s) 用 L’Hospitals rule

∴ lim

R→∞R^se^−R= 0 得 Γ(s + 1) = sΓ(s) 如果重複使用上式, Γ(2) = 1· Γ(1) = 1, · · · ,

Γ(s + m + 1) = (s + m)Γ(s + m) =· · · = s(s + 1) · · · (s + m)Γ(s), 因而有

Γ(s) = Γ(s + m + 1)

s(s + 1)· · · (s + m), Re s >−m, m ∈ Z⁺ (5) 就 (5) 式中, Γ(s) 在 s = 0,−1, −2, . . . , −m, 我們可算出其留數 (Residue)。

在 s =−m 時的留數

s→−mlim (s + m)Γ(s) = lim

s→−m

Γ(s + m + 1)

s(s + 1)· · · (s + m − 1) = (−1)^m

m! (6)

3. Riemann Zeta 函數及 Hurwitz Zeta 函數

Riemann Zeta 函數 ζ(s) =

∞

X

n=1

n^−s, Re s > 1, 它的每一項受限 (dominated) 在

n^−σ, σ =Re s, 另方面 Hurwitz Zeta 函數, ζ(s, δ) =

∞

X

n=0

(n + δ)^−s,∀ δ > 0, 而當 δ = 1

時, ζ(s, 1) =

∞

X

n=0

(n + 1)^−s =

∞

X

n=1

n^−s = ζ(s) 關係一致。

4. Bernoulli numbers (柏努利數) 及 Bernoulli Polynomials (柏 努利多項式 )

∀ |t| < 2π, t e^t− 1 =

∞

X

n=0

Bntⁿ

n! , (7)

展開式中的 Bn (n = 0, 1, 2, . . .) 叫 Bernoulli number。 因 e^t− 1 =

∞

X

m=1

t^m

m!, 從而化作 t=

∞

X

n=0

Bntⁿ n!



∞

X

m=1

t^m m!

 (8)

比較 (8) 中左, 右兩邊 t 的係數, 獲遞推公式 (recursive formula) 如下:

n 0



B0+n 1



B1+· · · +

 n n− 1



Bn−1 = 0

例如 B0 = 1, B1 =−1

2, B2 = 1

6, B3 = 0, B4 =− 1 30, · · · 。 因函數 F (t) = t

e^t− 1 + t

2 是 t 的一個偶函數 (even function), 故 B_2k+1 = 0,

∀ k ≥ 1。 考慮

te^tx e^t− 1 =

∞

X

n=0

(tx)ⁿ n!



∞

X

n=0

Bn

n!tⁿ

=

∞

X

n=0

Bn(x)· tⁿ n!

展開式中的 B₀(x), B₁(x), . . . , Bn(x) 叫柏努利多項式 (Bernoulli polynomials)。

由上可知

Bn(x) =

n

X

k=0

n k



Bn−kx^k, n= 0, 1, 2, . . . .

5. Riemann Zeta 函數的解析連續 (analytic continuation)

令 t = nx, 重寫 Γ(s) = n^s Z ^∞

0

x^s−1e^−nxdx, Re s > 1,

Γ(s)n^−s = Z ^∞

0

x^s−1e^−nxdx

當 Re s > 1, 這兒

∞

X

n=1

n^−s 是絕對收歛。

利用 Lebesque dominated Convergence Theorem 得 Γ(s)ζ(s) =

Z ^∞

0

x^s−1

∞

X

n=1

e^−nxdx= Z ^∞

0

x^s−1

e^x− 1dx, Re s > 1. (9) 故有

ζ(s)Γ(s) = Z ^∞

0

x^s−1 e^x− 1dx=

Z 1 0

x^s−2 x e^x− 1

 dx+

Z ^∞

1

x^s−1 e^x− 1dx

= Z 1

0

x^s−2

∞

X

n=0

Bnxⁿ n!

 dx+

Z ^∞

1

x^s−1 e^x− 1dx

=

∞

X

n=0

Bn

n! · 1

n+ s− 1 + Z ^∞

1

x^s−1

e^x− 1dx, ∀ s ∈ C (10)

右邊第二項是廣義積分型, 它是絕對收歛。 而右邊第一項

∞

X

n=0

Bn

n! · 1

n+ s− 1 是 s 一個有理 型函數 (meromorphic function)。 從

ζ(s)Γ(s) =

∞

X

n=0

Bn

n! · 1

n+ s− 1 + Z ^∞

1

x^s−1

e^x− 1dx (11) 可以知道 ζ(s)Γ(s) 在整個複數平面上是解析連續 (analytic continuation), 其單極 (simple poles) 存在於 s = 1, 0,−1, −2, . . .

但由 (3)

Γ(s) =

∞

X

n=0

(−1)ⁿ n! · 1

n+ s + Z ^∞

1

t^s−1e^−tdt

知單極 (simple poles) 存在於 s = 0, −1, −2, . . .。 其相互間必有差異, 故知 ζ(s) 有單極在 s= 1, 留數 (residue) 也是 1。

從而獲知 lim

s→1(ζ(s)−_s−1¹ ) 存在, 接下來吾人將求其值。

預備定理1: Kyonecker 極限公式 lim

s→1(ζ(s)− _s−1¹ ) = γ, Euler 常數。

證明: 利用部份積分法 Z 1

0

f^′(x)B1(x)dx = 1

2[f (1) + f (0)], 這裡 B₁(x) = x− ¹₂, 對任何連續可微函數 f

Z 1 0

n−1

X

k=1

f^′(x + k)B₁(x)dx = Z 1

0 n−1

X

k=1

f^′(x + k)(x− 1 2)dx

=

n−1

X

k=1

Z 1 0

f^′(x + k)(x− 1 2)dx

=

n−1

X

k=1

[f (x + k)(x−1 2)

1 0]−

n−1

X

k=1

Z 1 0

f(x + k)dx

=

n−1

X

k=1

{1

2[f (k) + f (k + 1)]} − Z n

1

f(x)dx

=

n

X

k=1

f(k)− Z n

1

f(x)dx− 1

2[f (1) + f (n)]

接著 Z 1

0 n−1

X

k=1

f^′(x + k)(x−1

2)dx +1

2[f (1) + f (n)] =

n

X

k=1

f(k)− Z n

1

f(x)dx

令 f (x) = x^−s, Re s > 1,

−s Z 1

0 n−1

X

k=1

(x + k)^−s−1(x−1

2)dx +1

2(1 + n^−s) =

n

X

k=1

k^−s− 1− n^1−s s− 1

假設 φn(s) =−s Z 1

0 n−1

X

k=1

(x + k)^−s−1(x− 1

2)dx +1

2(1 + n^−s), 因此

|φⁿ(s)| ≤ |s|

x−1

X

k=1

Z 1 0

|(x + k)^−s−1|  x−1

2  

dx+1

2|1 + n^−s|

≤ 1 2|s|

n−1

X

k=1

Z k+1 k

|x^−s−1|dx +1

2|1 + n^−s|

≤ 1 2|s|

n−1

X

k=1

k^−s−1+1

2|1 + n^−s|

當 Re s = σ > 1 且 n → +∞ 時, 右邊是絕對收歛。

獲結論: 當 σ = 1 時且 n → +∞ 時, φⁿ(s) 是均勻收歛 (uniformly convergent), 如圖

因此重要結論: lim

s→1 lim

n→∞φn(s) = lim

n→+∞lim

s→1φn(s) 成立。 今 lims→1 lim

n→+∞φn(s) = lim

s→1 lim

n→+∞

Xⁿ

k=1

f(k)− Z n

1

f(x)dx

= lim

s→1 lim

n→+∞

Xⁿ

k=1

k^−s−1− n^1−s s− 1



= lim

s→1



ζ(s)− 1 s− 1



另方面

n→+∞lim lim

s→1φn(s) = lim

n→+∞lim

s→1

Xⁿ

k=1

f(k)− Z n

1

f(x)dx

= lim

n→+∞lim

s→1

Xⁿ

k=1

k^−s− Z n

1

x^−sdx

= lim

n→+∞

Xⁿ

k=1

1

k − log n

= γ (Euler 常數) + 0.57721· · · ·

綜上討論

lims→1

ζ(s)− 1 s− 1

= γ = lim

n→+∞

Xⁿ

k=1

1

k − log n .

擴大上述討論到 Hurwitz Zeta 函數

預備定理2: ∀ |Z| < 1, log Γ(1 + Z) = −γZ +

∞

X

k=2

1

k(−Z)^kζ(k).

證明: 利用函數方程 Γ(1 + Z) = ZΓ(Z) 與乘積公式 1

Γ(Z) = Ze^γZ

∞

Y

n=1

n

1 + Z n

 e^−Zno

(12)

取對數 − log Γ(1 + Z) = γZ +

∞

X

n=1

h− Z n

+ log 1 + Z

n

i

log Γ(1 + Z) =−γZ −

∞

X

n=1

h− Z n

+Z n

−1 2

Z n

2

+ 1 3

Z n

3

· · · ·i

=−γZ +

∞

X

n=1

h1 2

Z n

2

− 1 3

Z n

3

· · · ·i

=−γZ +

∞

X

k=2

h1

k(−Z)^kζ(k)i

(13)

由 log Γ(1+Z) = log Z +log Γ(Z) (∵ Γ(1+Z) = ZΓ(Z)) 微分 Γ^′(1 + Z) Γ(1 + Z) = 1

Z+Γ^′(Z) Γ(Z) 且

Γ^′(1 + Z)

Γ(1 + Z) =−γ +

∞

X

k=2

(−Z)^k−1· (−1) · ζ(k) (14)

當 Z = 0 時, Γ^′(1)

Γ(1) =−γ。

預備定理3: 在 s = 1 時, Hurwitz Zeta 函數 ζ(s, δ) 展開式

ζ(s, δ) = 1

s− 1 − Γ^′(δ)

Γ(δ) + O(s− 1)

證明: ∀ Re s > 1 ζ(s, δ) =

∞

X

n=0

(n + δ)^−s= δ^−s+

∞

X

n=1

(n + δ)^−s, 0 < δ≤ 1

= δ^−s+

∞

X

n=1

n^−s 1 + δ

n

⁻s

= δ^−s+

∞

X

n=1

n^−sh

1 +−s 1

 (δ

n) +−s 2

 (δ

n)²+· · ·i

= δ^−s+

∞

X

n=1

n^−sh

1 + (−s)(δ

n) + (−s)(−s − 1) 1× 2 (δ

n)²+· · ·i 其中−s = Γ(s + 1)

−Γ(s) , (−s)(−s − 1)

1× 2 = Γ(s + 2)· (−1)² Γ(s)· 2! ,· · ·

∴ ζ(s, δ) = δ^−s+

∞

X

n=1

n^−sh 1 +

∞

X

k=1

Γ(s + k)· (−1)^k Γ(s)Γ(k + 1)

δ n

ki

= δ^−s+ ζ(s) +

∞

X

k=1

(−δ)^kΓ(s + k)

Γ(s)Γ(k + 1) × ζ(s + k)

∴ lim

s→1(ζ(s, δ)− 1

s− 1) = lim

s→1(ζ(s)− 1

s− 1) + 1 δ +

∞

X

k=1

(−δ)^kζ(k + 1)

= γ + 1 δ +

∞

X

k=1

(−δ)^kζ(k + 1) 利用(14)

=1

δ − Γ^′(1 + δ) Γ(1 + δ) 利用 Γ^′(1 + Z)

Γ(1 + Z) = 1

Z +Γ^′(Z)

Γ(Z) 上式 lims→1(ζ(s, δ)−_s−1¹ ) =−^Γ_Γ(δ)^′(δ), 結論 ζ(s, δ) = 1

s− 1− Γ^′(δ)

Γ(δ) + O(s− 1).

6. 應用

令 p(x) =

k

Y

j=1

(x + δj), δ1, . . . , δk 相異正有理數, k ≥ 2 的 k 次多項式。

利用 Kornecker 極限公式, 由 Hurwitz Zeta 函數得到

∞

X

n=1

p(n)⁻¹ 的收歛值。

預備定理4: 假若 δ1, . . . , δk是相異正有理數, 則

∞

X

n=1

1

p(n) =−

k

X

j=1

1

p^′(−δ^j)·Γ^′(1 + δj) Γ(1 + δj) 特別地, 若 δ₁, . . . , δk 是異正整數, 則

∞

X

n=1

1

p(n) =−

k

X

j=1

1

p^′(−δ^j)(1 + 1

2+· · · + 1 δj

)。

證明: 當 δ1, . . . , δk 是相異正整數時, 因 p(x) =

k

Y

j=1

(x + δj), k≥ 2。

∴ 1

p(x) = A₁ x+ δ1

+ A₂ x+ δ2

+· · · + Aj

x+ δj

+· · · + Ak

x+ δk

, 那 A₁, A₂, . . . , Aj, . . . , Ak 皆待定有理數, 去分母

1 = A₁ x+ δ1

+· · · + Aj

x+ δj

+· · · + Ak

x+ δk

 p(x) 1 =

x→−δlimj

p(x) x+ δj

· A^j = Ajp^′(−δ^j), 1≤ j ≤ k

(∗) ∴ Aj = 1

p^′(−δ^j), ∀ 1 ≤ j ≤ k 另去分母 1 = A₁

x+ δ1

+· · · + Aj

x+ δj

+· · · + Ak

x+ δk

Y^k

j=1

(x + δj)

化成多項式, 並加以

整理之, 得 1 =

k

X

j=1

Aj · x^k−1+ Q(x), (Q(x) 代表最高次數為 k− 2 次多項式)。 比較左, 右 兩邊 x^k−1 項的係數, 得

(∗∗)

k

X

j=1

Aj = 0.

如今

∞

X

n=1

p(n)⁻¹ 皆可分解成一次式分式的無限級數, 應用預備定理3的 lim_s→1 型式求諸無限 級數的值。

∴

∞

X

n=1

1 p(n) =

∞

X

n=1 k

X

j=1

Aj

n+ δj

= lim

s→1

∞

X

n=1 k

X

j=1

Aj

(n + δj)^s

= lim

s→1 k

X

j=1

Aj· ζ(s, 1 + δ^j)

= lim

s→1 k

X

j=1

Aj

h 1

s− 1− Γ^′(1 + δj)

Γ(1 + δj) + O(s− 1)i

而 1

s− 1 與 O(s− 1) 皆因

k

X

j=1

Aj = 0 而消失掉, 僅剩下含 Γ^′(1 + δj) Γ(1 + δj) 項。

∴

∞

X

n=1

1

p(n) =−

k

X

j=1

Aj · Γ^′(1 + δj)

Γ(1 + δj), Aj ↔ δ^j, ∀ 1 ≤ j ≤ k, 方才存在。

接著, 當 δ₁, . . . , δj, . . . , δk 皆相異正整數, 利用 Γ^′(1 + Z) Γ(1 + Z) = 1

Z + Γ^′(Z)

Γ(Z) 的式子,

∴ Γ^′(1 + δj) Γ(1 + δj) = 1

δj

+ Γ^′(δj)

Γ(δj) =· · · = 1 + 1

2 +· · · + 1 δj

+Γ^′(1)

Γ(1) 但 Γ^′(1) Γ(1) =−γ

= 1 + 1

2+· · · + 1

δj − γ, γ為 Euler 常數

∴

∞

X

n=1

1 p(n) =−

k

X

j=1

Aj(1+1

2+· · ·+ 1 δj−γ),

A₁, . . . , Aj, . . . , Ak

l, . . . , l, . . . , l δ1, . . . , δj, . . . , δk

相互對應而存在。

=−

k

X

j=1

Aj(1 + 1

2 +· · · + 1 δj

), γ 常數, 因

k

X

j=1

Aj = 0 而消失。

由 (∗) ∴

∞

X

n=1

1

p(n) =−

k

X

j=1

1

p^′(−δ^j)(1 + 1

2 +· · · + 1 δj

)

舉一般的例子, 說明產生的過程。

例1: 求

∞

X

n=1

1

(n + 2)(n + 3)(n + 5) 的值?

解: 令 p(x) = (x + 2)(x + 3)(x + 5) 皆是一次式的相乘積,

∴ 1 p(x) = 1

3 1 x+ 2 − 1

2 1 x+ 3 +1

6 1

x+ 5 利用預備定理 3, 因此

∞

X

n=1

1

p(x) = lim

s→1

h

∞

X

n=1

1 3

1 (n + 2)^s −

∞

X

n=1

1 2

1 (n + 3)^s +

∞

X

n=1

1 6

1 (n + 5)^s

i,

今

∞

X

n=1

1 (n + 2)^s =

∞

X

n=0

1

(n + 3)^s = ζ(s, 3)

∞

X

n=1

1 (n + 3)^s =

∞

X

n=0

1

(n + 4)^s = ζ(s, 4)

∞

X

n=1

1 (n + 5)^s =

∞

X

n=0

1

(n + 6)^s = ζ(s, 6)

再利用預備定理 4

∴

∞

X

n=1

1

p(x) =−1 3(1 + 1

2) + 1 2(1 + 1

2+ 1 3)− 1

6(1 + 1 2 +1

3 +1 4 +1

5)

∴

∞

X

n=1

1

(n + 2)(n + 3)(n + 5) = 13 360.

仿在例 1 中, p(x) =

3

Y

i=1

(x + δi), δ1, δ2, δ3 為相異正整數, 利用預備定理 4,

∴

∞

X

n=1

1

p(n) 的值為正有理數值。

這裡, 給更多個例子 1.

∞

X

n=1

1

n(n + 5)(n + 7) = 317

7350, (類似例 1) 2.

∞

X

n=1

1

(2n + 1)(2n + 5)(2n + 9) = 11 1260, 3.

∞

X

n=1

1

(3n + 1)(3n + 2) =−1 2 +π

3 cotπ

3 =−1 2+ π

3√

3 >0, 值含有 π, √

3 無理數。

4.

∞

X

n=1

1

(5n + 1)(5n + 2)(5n + 3)(5n + 4) =− 1 24+ π

30cotπ 5 − π

10cot2π 5

摘要 :

先取對數 log Γ(s) + log Γ(1− s) = log π − log sin πs 再微分 Γ^′(s)

Γ(s) − Γ^′(1− s)

Γ(1− s) =−π · cos πs

sin πs =−π cot πs

上述 3、4 兩題, 使用到 Gamma 函數, 帶有 π, cot 或 √ 式的值。

問題3: 令 p(n) = (3n + 1)(3n + 2) 由預備定理 3, 得

∞

X

n=1

1 p(n) =1

3lim

s→1

∞

X

n=0

h 1 (n+4

3)^s

− 1

(n+5 3)^s

i = 1 3

n− Γ^′(4

3) Γ(4

3) +

Γ^′(5 3) Γ(5

3)

o 利用預備定理4

=1 3

n− 3 2 −

Γ^′(1 3) Γ(1

3) +

Γ^′(2 3) Γ(2

3) o

∴

∞

X

n=1

1

(3n + 1)(3n + 2) =−1 2 +π

3 cotπ

3 =−1 2+ π

3√ 3 >0.

已知: ζ(2) =

∞

X

n=1

1 n² = π²

6 , ζ(4) =

∞

X

n=1

1 n⁴ = π⁴

90, Zeta 函數常帶有 π 的值。

7. 推廣到含有重根情況

若 p(x) =

k

Y

j=1

(x + δj), 1≤ j ≤ k, 其中 δ^j 有相同的值時, 修飾一下。

理論上: 選擇 ε = (ε₁, . . . , εk) 使 pε(x) =

k

Y

j=1

(x + δj + εj) 具有相異的一次式相乘積, 借由預備定理 3, 4也能如上述求解。

如: 二重根 x + δj, ∀ 1 ≤ j ≤ k, 則 1

p(x) = A₁ x+ δ1

+· · · + Aj₁

x+ δj

+ Aj₂

x+ δj+ εj

+· · · + Ak

x+ δk

,

實際上 Aj

x+ δj

+ Aj₁

x+ δj+ εj

, ε = (ε1, . . . , εj, . . . , εk) → 0 會回復成 Aj₂

(x + δj)² 型式, 但 無損於吾人利用預備定理 3, 4, 於是

∞

X

n=1

1

p(x) = lim

ε→0

∞

X

n=1

1

pε(x) =−

k

X

j=1

1

p^′(−δ^j− ε^j) ·Γ^′(1 + δj+ εj)

Γ(1 + δj + εj), ε→ 0

例2: 求

∞

X

n=1

1

(n + 1)²(n + 3) 的值?

解: 令 p(x) = (x + 1)²(x + 3), 1

p(x) =−1 4

1 x+ 1 +1

2 1

(x + 1)² + 1 4

1 x+ 3 於是

∞

X

n=1

1 p(n) =1

2

∞

X

n=1

1

(n + 1)² −1 4lim

s→1

∞

X

n=1

h 1

(n + 1)^s − 1 (n + 3)^s

i

=1

2(ζ(2)− 1) + 1 4

h1− (1 + 1 2+ 1

3)i

∵ζ(2) =π² 6

∴

∞

X

n=1

1

(n + 1)²(n + 3) =π² 12 −17

24本例因 ζ(2) = π²

6 故含有 π 值。

相同方法, 我們獲致下列結果 1.

∞

X

n=1

1

n²(n + 1)² = π²

3 − 3 因 ζ(2) 關係含有 π 值。

2.

∞

X

n=1

1

(2n + 1)²(2n + 5)² =− 34 225 +π²

64。 3.

∞

X

n=1

1

(n + 1)³(n + 2) = ζ(3)−π² 6 +1

2。 4.

∞

X

n=1

1

(3n + 1)²(3n + 2)² = 7

4− 2π cotπ

3 + 4π² 27 = 7

4 − 2π

√3 +4π² 27

摘 要

問題2: 令 p(n) = (2n + 1)²(2n + 5)²

∴

∞

X

n=1

1

p(n) = 1 64lim

s→1

∞

X

n=0

h 1

 n+7

2

s− 1

 n+3

2

s

i+ 1 16

∞

X

n=1

h 1

(2n+1)² + 1 (2n+5)²

i

=− 34 225 + 3

32ζ(2)

∴

∞

X

n=1

1

(2n + 1)²(2n + 5)² =− 34 225 + π²

64 問題4: 令 p(x) = (3n + 1)²(3n + 2)², 因 1

p(x) = −2

3x + 1 + 1

(3x + 1)² + 2

3x + 2 + 1 (3x + 2)²

∴

∞

X

n=1

1

p(n) = 2 lim

s→1

h ζ(s,5

3)− ζ(s,4 3)i

+

∞

X

n=1

h 1

(3n + 1)² + 1 (3n + 2)²

i

= 3− 2π cotπ 3 +h8

9ζ(2)− 5 4 i

∴

∞

X

n=1

1

(3n + 1)²(3n + 2)² = +7 4− 2π

√3+ 4π² 27

摘 要總彙

若 p(x) =

k

Y

j=1

(x + δj), δ1, . . . , δk 相異正有理數, k ≥ 2 的多項式 ¹ 若 δ1, . . . , δk 是正整數, k ≥ 2,

∞

X

n=1

1

p(n) 的無限級數是正有理數值 (如例 1)。

² 若 δ1, . . . , δk 是正有理數, k ≥ 2,

∞

X

n=1

1

p(n) 的無限級數值中, 含有 Gamma 函數帶出的 π, cot 或 √ 式值 (如問 3, 4)。

³ 若 δ1, . . . , δk , k≥ 2 含有重根在內 (二重、 三重、 四重、. . .)

∞

X

n=1

1

p(n) 值中, 含有 ζ(2), ζ(3), ζ(4), . . . 或 Gamma 函數的 π, cot 或 √ 式值。

總之, 上述情況僅 ¹ 的

∞

X

n=1

1

p(n) 是正有理數值。 其餘情況, 或許含有 ζ(2), ζ(3), ζ(4), . . . 兼具 Gamma 函數值的 π, cot, √ 式值。

參考文獻

1. Tom, M, Apostol, Mathematical Analysis.

2. Tom, M, Apostol, Introduction to Analytic Number Theory.

3. C. L. Siegel, Advanced Analytic Number Theory, Tata Institute of Frondamental Re- search, Bombay 1980.

4. Leopold Flatto, Advanced Calculus.

—本文作者為退休教師—