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數 學 傳 播 36 卷 1 期 , pp. 16-36
關 於 Euler 級 數 的 幾 個 觀 點
林 琦 焜
§1 類 比 與 猜 想
『 假 如 有 人 能 夠 求 出 這 個 級 數 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + · · · 我 們 直 到 現 在 還 未 能 求 出
4 9 16 25
的 和 並 能 把 它 通 知 我 們 , 我 們 將 會 非 常 感 謝 他 。』
— Jacob Bernoulli, 1654 – 1705 —
這 篇 文 章 主 要 是 告 訴 讀 者 L. Euler (1707–1783) 當 初 是 如 何 求 得 所 有 自 然 數 平 方 之 倒 數
的 和 這 個 級 數 的 精 確 值 。 基 本 上 他 的 想 法 就 是 類 比 加 上 猜 想 , 這 是 現 代 學 生 所 缺 少 的 素 養 。 類
比 (analogy) 源 自 於 希 臘 文 analogia, 原 文 的 意 義 就 是 比 例 (proportion)。 或 者 說 得 更 白 話 就
是 某 種 類 型 的 相 似 性 , 古 人 所 言 舉 一 反 三 大 概 就 是 這 個 意 思 。 所 有 偉 大 的 數 學 家 ( 科 學 家 ) 都
是 類 比 法 的 高 手 , Euler 則 是 其 中 之 翹 楚 。 有 了 類 比 就 可 以 做 出 合 適 的 猜 想 , 要 成 為 一 個 好 的 數
學 家 , 你 必 須 首 先 是 一 個 好 的 猜 想 家 。
『 沒 有 偉 大 的 猜 想 , 就 做 不 出 偉 大 的 發 現 。』
— 牛 頓 , 1643 – 1727 —
Euler 關 於 這 個 級 數 的 求 和 方 法 非 常 有 創 意 是 一 個 數 學 系 學 生 應 該 具 備 的 常 識 , 但 事 與 願
違 。 我 在 求 學 的 階 段 並 不 知 道 這 段 有 趣 的 歷 史 , 反 而 是 成 為 大 學 教 授 , 由 於 教 學 的 緣 由 , 還 有 準
備 高 中 數 學 資 優 生 的 教 材 時 , 才 發 覺 Simmons 的 微 積 分 [10] 有 一 些 歷 史 典 故 及 相 關 數 學 ( 不
是 只 有 故 事 而 已 !) Euler 這 個 故 事 帶 給 我 極 大 的 樂 趣 與 啟 發 , 也 因 此 任 何 一 門 課 ( 每 一 學 期 ) ,
我 都 花 一 節 課 的 時 間 解 說 Euler 這 個 漂 亮 的 成 果 , 以 激 發 學 生 對 於 數 學 的 熱 情 , 這 就 是 我 寫 這
一 篇 文 章 的 主 要 動 機 。
16

關 於 Euler 級 數 的 幾 個 觀 點 17
圖 1.1 Jacob Bernoulli 圖 1.2 L. Euler
按 瑞 典 數 學 家 Lars Garding 在 其 通 俗 名 著 《Encounter with Mathematics》 中 對 於
級 數 的 評 論 : 『 級 數 只 是 一 個 數 學 工 具 , 它 本 身 並 不 構 成 一 個 數 學 的 獨 立 分 支 。』 雖 然 如 此 , 但
在 19 世 紀 與 20 世 紀 初 , 級 數 在 大 學 仍 然 視 為 一 門 專 業 的 科 目 , 甚 至 還 有 發 散 級 數 (divergent
series) 這 門 課 。 在 微 積 分 發 展 的 初 期 , 牛 頓 、Leibniz、Bernoulli 兄 弟 、Euler 等 人 在 做 微 分 ( 積
分 ) 時 , 通 常 是 將 函 數 表 示 為 級 數 , 而 後 再 逐 項 微 分 ( 積 分 ) 。 Euler、Lagrange 甚 至 相 信 所 有
的 函 數 都 可 以 表 示 為 無 窮 級 數 , 在 數 學 的 發 展 史 , 甚 至 有 一 段 時 間 為 了 怎 樣 的 函 數 才 可 以 表 示
為 無 窮 ( 三 角 ) 級 數 而 開 啟 了 從 D. Bernoulli、 d’Alembert 一 直 到 Fourier 的 《 函 數 百 年 論
戰 》。
古 希 臘 大 哲 學 家 亞 里 斯 多 得 就 已 經 會 用 等 比 級 數 。 中 古 世 紀 著 名 的 哲 學 家 Nicole Oresme
( 或 Nicolas d’Oresme; 1320(5)–1382) 是 歷 史 上 第 一 個 證 明 調 和 級 數
1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + · · · (1.1)
是 發 散 級 數 , 他 的 想 法 是 等 比 級 數
1 + 1 ( 1
2 + 3 + 1 ) ( 1
+
4 5 + · · · + 1 ( 1
+
8)
9 16)
+ · · · + 1 + · · ·
≥ 1 + 1 ( 1
2 + 4 + 1 ) ( 1
+
4 8 + · · · + 1 ( 1
+
8)
16 16)
+ · · · + 1 + · · ·
= 1 + 1 2 + 2 4 + 4 8 + · · · = 1 + 1 2 + 1 2 + 1 2 + · · · (1.2)
最 後 的 級 數 有 無 窮 多 個 1/2, 所 以 發 散 , 因 此 原 調 和 級 數 (1.1) 發 散 。 既 然 想 法 是 等 比 級 數 就 是
沒 有 限 定 是 1/2 n , 我 們 也 可 以 考 慮 1/3 n
( 1
1 +
2 + 1 ( 1
+
3)
4 + · · · + 1 ( 1
+
9)
10 27)
+ · · · + 1 + · · ·

18 數 學 傳 播 36 卷 1 期 民 101 年 3 月
( 1
≥ 1 +
3 3)
+ 1 ( 1
+
9 + · · · + 1 ( 1
+
9)
27 27)
+ · · · + 1 + · · ·
= 1 + 2 3 + 6 9 + 18
27 + · · · = 1 + 2 3 + 2 3 + 2 3 + · · · (1.3)
依 此 類 推 , 可 以 考 慮 1/4 n 、1/5 n · · · , 所 以 有 無 窮 多 種 證 明 方 法 , 你 唯 一 要 掌 握 的 是 等 比 級 數 。
其 實 這 方 法 就 是 比 較 審 驗 法 : 要 判 別 一 個 級 數 收 斂 或 發 散 只 需 要 與 另 一 個 已 知 的 級 數 ( 通 常 是
等 比 級 數 ) 做 比 較 。 我 們 回 到 Euler 的 級 數
∞∑
n=1
1
n 2 = 1 + 1 4 + 1 9 + 1
16 + 1 25 + · · · (1.4)
在 我 們 的 內 心 深 處 始 終 有 一 個 等 比 級 數 , 仿 (1.2)
( 1
1 +
2 + 1 ) ( 1
+
2 3 2 4 + · · · + 1 ) ( 1
+
2 7 2 8 + · · · + 1 )
+ · · ·
( 2 15 2
1
≤ 1 +
2 + 1 ) ( 1
+
2 2 3 4 + · · · + 1 ) ( 1
+
2 4 2 8 + · · · + 1 )
+ · · ·
2 8 2
= 1 + 1 2 + 1 2 2 + 1 2 3 + · · · = 2 (1.5)
讀 者 應 該 觀 察 到 (1.5) 與 (1.2) 的 分 割 方 式 並 不 一 樣 , 在 (1.5) 我 們 挑 選 的 等 比 級 數 1/2 n 是
領 頭 羊 , 但 (1.2) 則 是 殿 後 , 真 是 所 謂 收 斂 、 發 散 大 不 同 。 同 理 仿 (1.3) 的 想 法 考 慮 1/3 n
(1 + 1 ) ( 1
+
2 2 3 + · · · + 1 ) ( 1
+
2 8 2 9 + · · · + 1 )
+ · · ·
( 2 26 2
1
≤ (1 + 1) +
3 + · · · + 1 ) ( 1
+
2 3 2 9 + · · · + 1 )
+ · · ·
2 9 2
= 2
(1 + 1 3 + 1 3 + 1 )
2 3 + · · · = 3 (1.6)
3
所 以 級 數 (1.4) 的 分 割 方 式 也 是 有 無 限 多 種 , 但 是 事 實 上 是 同 一 種 等 比 級 數 的 方 法 。
證 明 級 數 收 斂 發 散 是 一 回 事 ( 方 法 多 的 讓 人 眼 花 撩 亂 ), 要 求 得 收 斂 級 數 之 精 確 值 則 是 另 一
回 事 , 只 有 少 數 的 級 數 才 有 精 確 值 , 但 這 些 卻 構 成 這 個 理 論 最 美 妙 的 一 部 份 。 Euler 這 個 成 果 可
以 視 為 解 析 數 論 誕 生 的 標 記 , 這 個 成 果 除 了 本 身 的 美 之 外 , 更 重 要 的 是 刺 激 了 其 他 數 學 的 發 展 。
分 析 或 數 學 分 析 是 一 個 相 當 難 定 義 的 概 念 , 牛 頓 將 分 析 理 解 為 藉 助 於 無 窮 級 數 來 研 究 方 程
式 , 換 言 之 , 牛 頓 的 基 本 發 現 歸 結 為 : 一 切 都 應 當 展 開 成 無 窮 級 數 。 他 曾 說 :『 有 限 項 能 做 的 , 無 限
多 項 也 能 做 , 這 種 無 限 多 項 的 做 法 稱 為 — 分 析 。』 牛 頓 用 分 析 這 個 術 語 表 示 研 究 ( 即 藉 助 無 窮 級
數 來 研 究 曲 線 , 研 究 運 動 , 亦 即 研 究 我 們 今 天 所 謂 的 函 數 或 映 射 )。 分 析 (analysis) 的 原 文 ( 拉
丁 文 ) 與 解 剖 學 有 關 , 意 思 是 將 一 個 整 體 拆 解 為 各 個 細 部 之 組 合 , 因 此 無 窮 級 數 是 分 析 的 重 心 。

關 於 Euler 級 數 的 幾 個 觀 點 19
§2 根 與 係 數 的 關 係
『 對 於 有 關 級 數 ζ(2) = ∑ ∞ 1
n=1
= 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + · · · 已 經 做 了 如 此 多 的
n 2 4 9 16 25
工 作 , 以 至 於 似 乎 很 難 期 望 有 甚 麼 有 關 它 們 的 新 東 西 了 ......... 我 也 是 , 不 管 怎 樣 反
復 努 力 只 不 過 在 對 它 們 和 的 近 似 值 方 面 取 得 一 些 成 果 .........
但 是 現 在 十 分 出 乎 意
料 地 , 我 發 現 了 關 於 ζ(2) 的 一 個 漂 亮 公 式 , 它 與 圓 的 面 積 ( 也 就 是 圓 周 率 π ) 有 關 。』
— L. Euler, 1707 – 1783 —
在 18 世 紀 早 期 Bernoulli 兄 弟 解 決 了 調 和 級 數
∑ ∞
n=1
的 發 散 問 題 之 後 , 接 著 他 們 想 計 算 級 數
∞∑
n=1
1
= 1 + 1 + 1 + · · · + 1 + · · ·
n 2 3 n
1
n = 1 + 1 2 4 + 1 9 + 1 + · · · =? (2.1)
16
的 精 確 值 。 但 顯 然 這 問 題 是 超 越 了 Bernoulli 兄 弟 之 能 力 , 但 青 出 於 藍 更 勝 藍 , 這 問 題 是 由
John Bernoulli 門 下 的 弟 子 Euler 所 解 決 , 他 的 方 法 是 奇 特 的 且 非 常 有 創 意 。 關 於 這 部 份 的
歷 史 讀 者 有 興 趣 可 看 ([2,7,9])。 我 們 簡 單 述 說 如 下 : 先 看 一 個 二 次 多 項 式
(1 − x )(1 − x )
= 1 − ax + bx 2
α 1 α 2
其 中 α 1 、α 2 為 多 項 式 1 − ax + bx 2 的 兩 個 根 , 則 由 根 與 係 數 的 關 係 知 a = 1 α 1
+ 1 α 2
, 依 此 類 推 考
慮 根 為 ±1、±2、· · · 、±n 的 2n 次 多 項 式
(
1 − x )(
1
= 1 −
1 + x )(
1 − x )(
1 + x
( 1 2 2
1
1 + 1 2 2 + · · · + 1 )
x 2 + · · ·
2 n 2
) (
· · · 1 − x )(
1 + x )
n n
因 此 由 類 比 法 想 得 到 (2.1) 的 精 確 值 相 當 於 找 一 個 函 數 它 的 根 落 在 ±1、±2、· · · 、±n、· · · , 按 照
我 們 對 函 數 的 瞭 解 最 合 適 的 候 選 者 是 正 弦 函 數 sin x, 所 以 將 問 題 改 一 下 : 找 一 個 函 數 它 的 根 落
在 ±π、±2π、· · · 、±nπ、· · · 。

20 數 學 傳 播 36 卷 1 期 民 101 年 3 月
圖 2.1
sin x
x
但 是 sin 0 = 0, 所 以 由 因 式 定 理 可 以 合 理 假 設
sin x
(1
x = C − x )(
1 + x )(
1 − x
π π 2π
令 x = 0 得 C = lim x→0
sin x
x
= 1
另 一 方 面 由 sin x 的 Taylor 級 數 得
)(
1 + x
2π
)(
1 − x )(
1 + x )
· · ·
3π 3π
( )( )( )
sin x
x = 1 − x2
1 − x2
1 − x2
· · ·
π 2 4π 2 9π
( 2 1
= 1 −
π + 1
2 4π + 1 )
2 9π + · · · x 2 + · · · (2.2)
2
比 較 係 數 得
故 可 以 結 論 。
sin x
x
= 1 − x2
6 + x4
120 − · · ·
1
π 2 + 1
4π 2 + 1
9π 2 + 1
16π 2 + · · · · · · = 1 6
定 理 2.1. (Euler)
∞∑
n=1
1
n = 1 + 1 2 4 + 1 9 + 1
16 + · · · = π2
6
(2.3)
函 數 f(x) = sin x
x
是 一 個 特 別 重 要 的 函 數 , 探 討 Fourier 級 數 的 收 斂 性 時 自 然 而 然 出 現 ,
這 個 函 數 是 典 型 的 Riemann 可 積 ( 瑕 積 分 ) 卻 不 是 Lebesgue 可 積 ( 瑕 積 分 )。

關 於 Euler 級 數 的 幾 個 觀 點 21
系 2.2. (Euler)
∞∑ 1
(a)
(2n) = 1 2 4 + 1
16 + 1
36 + 1 64 + · · · = π2
24
n=1
∞∑ 1
(b)
(2n − 1) = 1 + 1 2 9 + 1 25 + 1
49 + · · · = π2
8
n=1
證 明 : (a) 利 用 Euler 的 公 式 (2.3)
∞∑
n=1
1
(2n) 2 = 1 4
∞∑
n=1
1
n 2 = 1 4 × π2
6 = π2
24
(b) 由 Euler 的 結 果 (2.3), 把 級 數 分 為 偶 數 與 奇 數 兩 部 份 並 利 用 (a) 的 結 果
故
∞∑
n=1
1
n = ∑ ∞ 2
∞∑
n=1
n=1
1
(2n − 1) + ∑ ∞ 2
n=1
1
(2n) 2
1
(2n − 1) = π2
2 6 − π2
24 = π2
8
□
Euler 的 方 法 並 沒 有 限 制 在 平 方 和 , 如 果
1 + A 1 z + A 2 z 2 + A 3 z 3 + · · · = (1 + α 1 z)(1 + α 2 z)(1 + α 3 z) · · · (2.4)
令 各 次 方 的 和 依 次 為
S 1 = α 1 + α 2 + α 3 + α 4 + · · ·
S 2 = α1 2 + α2 2 + α3 2 + α4 2 + · · · (2.5)
S 3 = α1 3 + α2 3 + α3 3 + α4 3 + · · ·
經 由 比 較 係 數 後 , 可 得 下 列 等 式
S 1 = A 1
S 2 = A 1 S 1 − 2A 2
(2.6)
S 3 = A 1 S 2 − A 2 S 1 + 3A 3
S 4 = A 1 S 3 − A 2 S 2 + A 3 S 1 − 4A 4
利 用 這 些 關 係 可 求 得 底 下 級 數 的 和 。

22 數 學 傳 播 36 卷 1 期 民 101 年 3 月
定 理 2.3. (Euler)
∞∑ 1
(a)
n = 1 + 1 2 2 + 1 2 3 + 1 2 4 + · · · = π2
2 6 = 22 · π 2
· 1
2 · 2! 6
(b)
(c)
(d)
n=1
∞∑
n=1
∞∑
n=1
∞∑
n=1
1
n = 1 + 1 4 2 + 1 4 3 + 1 4 4 + · · · = π4
4 90 = 24 · π 4 1
·
2 · 4! 30
1
n = 1 + 1 6 2 + 1 6 3 + 1 6 4 + · · · = π6
6 945 = 26 · π 6 1
·
2 · 6! 42
1
n 8 = 1 + 1 2 8 + 1 3 8 + 1 4 8 + · · · =
證 明 : 我 們 留 給 讀 者 練 習 。
π8
9450 = 28 · π 8
·
2 · 8!
1
30 。
註 解 :
(1) 特 別 值 得 一 提 的 是 平 方 和 則 對 應 的 是 π 2 , 四 次 方 和 則 是 π 4 其 餘 依 此 類 推 。 例 如 Euler 還 曾
算 到 26 次 方 ( 其 耐 性 是 何 等 之 大 !)
∞∑
n=1
1
n = 1 + 1
26 2 + 1
26 3 + 1
26 4 + · · · = 1315862
26 11094481976030578125 π26 (2.7)
(2) 以 Euler 的 方 法 可 求 得 上 面 這 些 無 窮 級 數 的 和 基 本 上 都 是 偶 次 方 , 如 果 是 奇 次 方 是 否 具 有
底 下 之 形 式
∞∑
n=1
1
n 2k+1 = C × π2k+1 (???),
C = 常 數
則 仍 是 未 解 的 問 題 , 與 這 相 關 的 領 域 則 是 著 名 的 Riemann zeta 函 數 。
定 義 2.5. Riemann ζ- 函 數 定 義 為
ζ(s) ≡
∞∑
n=1
1
, Re(s) > 1 (2.8)
ns Euler 還 研 究 了 ζ- 函 數 的 函 數 方 程 , 但 這 些 成 果 卻 徹 底 被 遺 忘 了 , 直 到 1859 年 德 國 數 學 家
B. Riemann (1826–1866) 因 為 研 究 質 數 的 分 佈 才 復 活 了 這 個 課 題 。 其 中 最 著 名 的 Riemann
猜 想 :Riemann ζ- 函 數 ζ(s) 的 零 根 之 實 部 均 為 1/2, 至 今 仍 是 未 解 的 懸 案 。

關 於 Euler 級 數 的 幾 個 觀 點 23
圖 2.2
B. Riemann
§3 無 窮 乘 積 ( 因 式 分 解 )
Euler 的 定 理 是 個 漂 亮 的 結 果 , 但 其 證 明 方 法 還 不 夠 嚴 謹 , 因 為 無 窮 乘 積 有 收 斂 的 問 題 , 事
實 上 Euler 還 給 了 詳 細 的 證 明 , 其 想 法 是 從 單 位 圓 開 始 。
分 圓 多 項 式 z n − 1 的 n 個 根 z = e 2πik
n , k = 0, ±1, ±2, · · · , 正 好 表 示 將 單 位 圓 分 成 n 等
分 的 n 個 相 異 點 , 例 如 n = 7
所 以 可 表 為 因 式 分 解
而 一 般 情 形 則 是
1, e 2πi/7 , e −2πi/7 , e 4πi/7 , e −4πi/7 , e 6πi/7 , e −6πi/7 ,
z 7 − 1 = (z − 1)(z − e 2πi/7 )(z − e −2πi/7 )
(z − e 4πi/7 )(z − e −4πi/7 )(z − e 6πi/7 )(z − e −6πi/7 ) (3.1)
定 理 3.1. (Euler 1748)
若 n 是 奇 數 則 下 式 成 立
(n−1)/2
∏
z n − 1 = (z − 1) (z − e i2πk/n )(z − e −i2πk/n )
= (z − 1)
k=1
(n−1)/2
∏
k=1
(
z 2 − 2z cos 2kπ
n + 1 )
(3.2)

24 數 學 傳 播 36 卷 1 期 民 101 年 3 月
如 果 作 一 下 變 數 變 換 , z → z a , 則 上 式 成 為
z n − a n = (z − a)
(n−1)/2
∏
k=1
令 z = 1 + x N 、a = 1 − x N , 且 取 n = N, 則
(
1 + x ) N (
− 1 − x ) N
= 2x
N N N
提 出 因 式 2(1 − cos 2kπ
N )
= 2x
N
(N−1)/2
∏
k=1
(N−1)/2
∏
k=1
(
1 + x ) N (
− 1 − x ) N
= 2x
(N−1)/2
∏
N N N
其 中
= Cx
C = 2 N
k=1
(N−1)/2
∏
k=1
(
2
(N−1)/2
∏
k=1
(
z 2 − 2az cos 2kπ
n + a2 )
( )
(2 + 2x2
N − 2 1 − x2
cos 2kπ )
2 N 2 N
( (
2 1 − cos 2kπ ) (
+ 2x2 1 + cos 2kπ ) )
N N 2 N
1 − cos 2kπ
N
(1 + x2
N 2 · 1 + cos(2kπ/N)
1 − cos(2kπ/N)
(
2
1 − cos 2kπ
N
) ( 1 + x2
N · 1 + cos(2kπ/N)
2 1 − cos(2kπ/N)
)
)
)
(3.3)
由 於 多 項 式 (1 + x N )N − (1 − x N )N 中 x 之 係 數 等 於 2 故 由 (3.3) 乘 積 的 部 份 直 接 令 x = 0
左 式 則 由 L’Hospital 法 則 可 得
另 外
所 以
令 N → ∞ 則 由 (3.3) 推 得
C = lim
x→0
(1 + x N )N − (1 − x N )N
x
cos y ≈ 1 − y2
2 , 0 ≤ y ≪ 1
x 2
N · 1 + cos(2kπ/N)
2 1 − cos(2kπ/N) ≈ x2 2
N 2 1
e x − e −x
2
= 2,
( = 2kπ
2 N )2
x2
k 2 π 2
)( )( )
= x
(1 + x2
1 + x2
1 + x2
· · · (3.4)
π 2 4π 2 9π 2

即
sinh x = x
∞∏
)
(1 + x2
k 2 π 2
k=1
關 於 Euler 級 數 的 幾 個 觀 點 25
)( )( )
= x
(1 + x2
1 + x2
1 + x2
· · · (3.5)
π 2 4π 2 9π 2
作 一 下 代 換 x → ix, 並 由 等 式 sin x = −i sinh(ix) 就 可 得 正 弦 函 數 sin x 之 ( 因 式 ) 分 解 。
定 理 3.2. (Euler 1748)
∞∏
)
sin x = x
(1 − x2
n 2 π 2
n=1
)( )( )
= x
(1 − x2
1 − x2
1 − x2
· · · (3.6)
π 2 4π 2 9π 2
另 外 的 疑 問 是 sin x 是 否 有 其 它 的 虛 根 呢 ? 事 實 上 並 沒 有 , 因 此 可 以 確 信 (3.6) 是 正 弦 函
數 sin x 的 因 式 分 解 。 Euler 這 個 定 理 告 訴 我 們 正 弦 函 數 ( 實 際 上 任 意 的 解 析 函 數 ) 可 以 像 多
項 式 一 樣 分 解 為 各 個 因 式 之 乘 積 ( 因 式 分 解 ), 主 要 差 別 是 sin x 有 無 窮 多 個 根 因 此 是 無 窮 乘 積
(infinite product), 所 以 Euler 這 個 結 果 也 為 19 世 紀 複 變 函 數 論 中 的 Weierstrass 分 解 理
論 做 了 鋪 路 的 工 作 。
例 題 3.3. 由 正 弦 函 數 的 無 窮 乘 積 (3.6) 證 明
解 :
ζ(2) =
對 (3.6) 兩 邊 取 對 數
另 一 方 面 由 Taylor 展 開 式
∞∑
n=1
∞
1
n = π2
2 6 , ζ(4) = ∑ 1
n = π4
4 90
log ∣ sin x
∣ =
x
n=1
n=1
∞∑
∣
∣
log ∣1 −
x2 ∣∣
n 2 π 2
所 以
sin x = x − x3
6 + x5
x2
+ · · · , log(1 − x) = x +
120 2 + x3
3 + · · ·
log ∣ sin x
)
∣ = log
(1 − x2
x
6 + x4
120 + · · · ( ) x
2
=
6 − x4
120 + · · · + 1 ( ) x
2
2
2 6 − x4
120 + · · · + · · · (3.7)
同 理
log ∣ sin x
∣ =
x
∞∑
∣
∣
log ∣1 −
x2 ∣∣
∑ ∞ ( x
2
=
n 2 π 2 n 2 π + 1 2 2
n=1
n=1
x 4 )
n 4 π + · · · 4
(3.8)

26 數 學 傳 播 36 卷 1 期 民 101 年 3 月
(3.7)、 (3.8) 兩 式 比 較 係 數
因 此
註 解 :
1
π 2
ζ(2) =
∞
∑
n=1
∞∑
n=1
1
n 2 = 1 6 , 1
2π 4
∞
∑
n=1
1
n 4 = 1
180 , · · ·
∞
1
n = π2
2 6 , ζ(4) = ∑ 1
n = π4
4 90 , · · · □
n=1
(1) 實 際 上 由 (3.7)、 (3.8) 可 以 得 出 所 有 的 ζ(2n), n ∈ N。
(2) 如 果 令 x = π 2
則 由 正 弦 函 數 的 無 窮 乘 積 (3.6) 可 得 Wallis 乘 積 (John Wallis; 1616–
1703)
∞
π
2 = ∏
n=1
2n
2n − 1 ·
(
2n 2 · 2
2n + 1 = 1 · 3
) ( 4 · 4
3 · 5
) ( 6 · 6
5 · 7
) ( 8 · 8
7 · 9
當 然 有 興 趣 還 可 嘗 試 x = π 、 π、· · · 等 等
6 4
π
2 = 3 ( )( )( )( 6 · 6 12 · 12 18 · 18 24 · 24
2 5 · 7 11 · 13 17 · 19 23 · 25
( )( )( )(
√ 2 · 2 6 · 6 10 · 10 14 · 14
2 =
1 · 3 5 · 7 9 · 11 13 · 15
) ( ) 10 · 10
· · · (3.9)
9 · 11
)
· · ·
)( 18 · 18
17 · 19
Wallis 乘 積 可 以 表 示 為
( 2 ( ) 2 ( ) 2 2 4 2n 1
lim
· · ·
n→∞ 1)
3 2n − 1 2n + 1 = π 2
或
這 相 當 於
1 · 3 · 5 · · · · (2n − 1)
2 · 4 · 6 · · · · 2n
2
lim
n→∞ 1 · 4
3 · 6
5 · · · · 2n
2n − 1
1
√ = √ π n
)
· · ·
( ) ( )
= 1 2n −1/2
= (−1) n ≈ √ 1
2 2n n
n nπ
(3) π 可 以 透 過 Wallis 乘 積 來 表 示 但 是 π 也 有 其 它 表 現 式 : 利 用 倍 角 公 式 可 得 到 正 弦 函 數
sin x 的 另 一 種 無 窮 乘 積
sin x
x = cos x 2 cos x 4 cos x 8 cos x 16 · · ·
sinh x
= cosh x x 2 cosh x 4 cosh x 8 cosh x 16 · · · (3.10)

令 x = π 2
就 是 Vieta 公 式
√
√
2 1
π = 1
2
2 + 1 2√
1
2
關 於 Euler 級 數 的 幾 個 觀 點 27
√
√
√1
2 + 1 1
2 2 + 1 √
1
2 2 · · · · · · · · · (3.11)
這 是 歷 史 上 第 一 個 出 現 的 無 窮 乘 積 由 Francois Vieta (1540–1603) 於 1579 年 所 發 現 , 他
是 考 慮 單 位 圓 內 接 正 2 n 邊 形 之 面 積 的 極 限 。
§4 複 變 函 數 論
利 用 複 變 函 數 論 中 的 留 數 定 理 可 以 證 明 Euler 的 級 數 和 (2.3)。 首 先 我 們 利 用 正 弦 函 數 的
無 窮 乘 積 (3.6) 得 出 餘 切 函 數 的 部 份 分 式 展 開 。
例 題 4.1.
如 果 |x| < 1 則
πx cot πx = 1 + 2
∞∑
n=1
πx cot πx = 1 − 2
x 2
, x ≠ ±n (4.1)
x 2 − n2 ∞∑
ζ(2n)x 2n (4.2)
n=1
解 : 對 (3.6) 兩 邊 取 對 數
log | sin x| = log |x| +
∞∑
∣
log ∣1 −
n=1
∣ x2 ∣∣
n 2 π 2
逐 項 微 分 得
因 此
cos x
sin x = cot x = 1 ∞
x + ∑ 2x
x 2 − n 2 π 2
x cot x = 1 + 2
∞∑
n=1
n=1
x 2
x 2 − n 2 π 2
再 把 x 換 為 πx 可 得 (4.1)。 如 果 |x| < 1 則 利 用 等 比 級 數 之 概 念 可 推 得 (4.2)
∞∑
n=1
x 2
n 2 − x = ∑ ∞ x 2
n 2
=
2 1 − x2
n 2
n=1
∞∑
∞∑
n=1 k=1
x 2k
n = ∑ ∞ 2k
k=1
( ∞
∑
n=1
)
1
x 2k =
n 2k
∞∑
ζ(2k)x 2k
k=1
□
註 解 :

28 數 學 傳 播 36 卷 1 期 民 101 年 3 月
(1) (4.1) 就 是 餘 切 函 數 π cot πx 的 部 份 分 式 展 開
π cot πx = 1 ∞
x + ∑
( 1
x + n + 1 )
x − n
n=1
(4.3)
所 以 π cot πx 之 極 點 在 x = n ∈ Z, 且 留 數 (residue) 都 等 於 1, 這 個 現 象 也 提 供 了 利 用 留
數 定 理 求 得 級 數 和 之 線 索 。
(2) 利 用 cos x 與 sin x 的 Taylor 級 數 可 得
或
cot x = cos x
sin x = 1 x − x 3 − x3
45 − 2x5
945 − x7
4725 − · · ·
πx cot πx = 1 − π2
3 x2 − π4
45 x4 − 2π6
945 x6 − π8
4725 x8 − · · · (4.4)
比 較 (4.2)、 (4.4) 兩 式 可 以 再 次 推 得
ζ(2) = π2
6
π4 π6
π8
, ζ(4) = , ζ(6) = , ζ(8) =
90 945 9450 , · · ·
定 理 4.2. 已 知 f(z) 是 複 數 平 面 上 的 半 純 函 數 (meromorphic function), a 1 、a 2 、· · · 、a m 是
f 的 有 限 個 極 點 (pole) 而 且 a i ∉ Z, 假 設 lim z→∞ zf(z) = 0, 則
N∑
m∑
)
lim f(n) = − Res
(πf(z) cot πz; a k
N→∞
n=−N
k=1
(4.5)
圖 4.1
圍 道 C N
對 照 (2.3) 自 然 需 選 取 f(z) = 1/z 2 π cot πz
, 所 以 考 慮 函 數 計 算 得
z 2
π cot πz
z 2
π cos πz
=
z 2 sin πz = 1 − π2 z 2
z 3 (1 − π2 z 2
2!
+ π4 z 4
3!
+ π4 z 4
4!
− · · ·
5!
− · · · )

所 以 函 數
π cot πz
z 2
= 1 z 3 (
1 − π2 z 2
3
)
+ · · ·
在 z = 0 的 留 數 為
( ) π cot πz
Res ; 0 = − π2
z 2 3
關 於 Euler 級 數 的 幾 個 觀 點 29
(4.6)
(4.7)
另 外
π cot πz
z 2
因 此 由 留 數 定 理 推 得
在 z = ±n, n = ±1, ±2, . . . 的 留 數 為
( )
π cot πz
π cot πz
Res ; n = lim(z − n)
z→n
∮
C N
z 2
π cot πz
z 2
dz = 2πi
π(z − n)
= lim
z→n sin πz
N∑
n=−N
z 2
cos πz
z 2 = 1 n 2 (4.8)
( )
π cot πz
Res ; n
z 2
(4.9)
這 裡 C N 是 以 (N + 1 2 )(1 + i)、 (N + 1 2 )(−1 + i)、 (N + 1 2 )(−1 − i)、 (N + 1 2 )(1 − i) 為 四
個 頂 點 的 正 方 形 圍 道 , 因 為 | cot πz| ≤ M, ∀z ∈ C N
∮
π cot πz
dz ≈ O(1/z) → 0 (N → ∞)
z 2
C N
令 N → ∞ 則 由 (4.9) 得
0 =
∑−1
n=−∞
1
n + ∑ ∞ 2
n=1
1
n 2 − π2
3 = 2 ∞
∑
n=1
1
n − π2
2 3
所 以
註 解 :
(1) 如 果 是 一 般 的 函 數 f(z) 則 (4.8) 為
∞∑
n=1
1
n = π2
2 6
□
類 似 上 面 的 推 導 可 以 證 明 (4.5)。
Res(πf(z) cot πz; n) = f(n) (4.10)
§5 重 積 分

30 數 學 傳 播 36 卷 1 期 民 101 年 3 月
由 重 積 分 變 換 積 分 順 序 的 技 巧 也 可 以 推 得 Euler 的 公 式 (2.3), 其 想 法 是 從 等 比 級 數 著 手 。
考 慮 重 積 分
所 以
I =
∫ 1 ∫ 1
0
0
∫
1
1
1 − xy dxdy =
I =
=
=
∫ 1 ∫ 1
0
∫0
1
∫0
1
0
∫ 1
(1 + xy + x 2 y 2 + · · · )dxdy
0
(
x + 1 2 x2 y + 1 )∣
3 x3 y 2 ∣∣
1
+ · · · dy
(1 + y 2 + y2
3 + · · · )
dy
= 1 + 1 2 2 + 1 3 2 + 1 4 2 + · · · (5.1)
這 個 積 分 可 藉 由 變 數 變 換 來 計 算 。 因 為 分 母 有 xy 項 , 可 以 作 個 旋 轉
( ) ( ) ( )
x cos θ − sin θ u
=
y sin θ cos θ v
0
1
dxdy = ζ(2) (5.2)
1 − xy
0
取 θ = π 4 ( 旋 轉 45 ◦ ) 則
(
x
y
)
=
(
1√2
− 1 √
2
√1
√2 1
2
) (
u
v
)
(5.3)
計 算 可 得
所 以 原 積 分 等 於
∫ √2
1
I = 4
0
∫ u
0
xy = 1 2 (u2 − v 2 ) , 1 − xy = 2 − u2 + v 2
∫
1
√ 2 ∫ √ 2−u
2 − u 2 + v dvdu + 4 1
2 √
1
0 2 − u 2 + v dvdu ≡ I 2 1 + I 2 (5.4)
2
2
由 積 分 的 技 巧
再 考 慮 變 數 變 換
∫
I 1 = 4
∫
= 4
∫
= 4
0
0
0
1 √2
1 √2
1 √2
[∫ u
]
1
0 2 − u 2 + v dv du
[
2 ( )] u
1
v
√
2 − u
2 tan−1 √ du
2 − u
2
0
( )
1
u
√
2 − u
2 tan−1 √ du 2 − u
2
u = √ 2 sin θ ,
√
2 − u2 = √ 2 cos θ ,
du = √ 2 cos θdθ

( )
tan −1 u
√
2 − u
2
= tan −1 ( √
2 sin θ
√
2 cos θ
)
= θ
關 於 Euler 級 數 的 幾 個 觀 點 31
所 以
同 理
∫ π
6
I 1 = 4
0
I 2 = 4
= 4
= 4
∫ √ 2
√
1
2
∫ √ 2
[
√
1
2
∫ √ 2
1
√ θ √ ∣ π
∣∣∣
2 cos θdθ = 2θ 2 6
2 cos θ
[ ∫
√
2−u
0
1
√
1
2
]
1
2 − u 2 + v dv du
2
(
1
v
√
2 − u
2 tan−1 √
2 − u
2
( √
2 − u
√
2 − u
2 tan−1 √
2 − u
2
0
= π2
18
)] √ 2−u
)
du
0
du
(5.5)
再 藉 由 相 同 的 變 數 變 換
( √ ) 2 − u
tan −1 √
2 − u
2
所 以
故 由 (5.5)、 (5.6) 得
∫ π
2
I 2 = 4
π
6
∞∑
n=1
(√ √ )
2 − 2 sin θ
= tan −1 √
2 cos θ
= tan −1 ( cos θ
1 + sin θ
( ) 1 − sin θ
= tan −1
) (
cos θ
sin(
π
= tan −1 − θ) )
2
1 + cos( π − θ) 2
= tan −1 ( 2 sin
1
2 ( π 2 − θ) cos 1 2 ( π 2 − θ)
2 cos 2 1
2 ( π 2 − θ) )
= 1 2
(
1 π
√
2 cos θ 4 − θ )√ π 2
2 cos θdθ =
2
9
1
n = I = I 2 1 + I 2 = π2
18 + π2
9 = π2
6
( π
2 − θ )
(5.6)
□
我 們 再 給 另 一 個 證 明
∫ 1 ∫ 1
0
0
∫ 1 ∫ 1
0
0
( 1
1 − xy − 1
1 + xy
)
dxdy =
= 1 2
( 1
1 − xy + 1 )
dxdy = 2
1 + xy
∫ 1 ∫ 1
0∫ 0
1 ∫ 1
0 0
∫ 1 ∫ 1
0
0
( 2xy
1 − x 2 y 2 )
dxdy
1
1 − XY dXdY (X = x2 , Y = y 2 )
1
1 − x 2 y 2 dxdy

32 數 學 傳 播 36 卷 1 期 民 101 年 3 月
兩 式 相 加
所 以
註 解 :
ζ(2) = 4 3
=
= 4 3
2ζ(2) = 1 2 ζ(2) + 2 ∫ 1
∫ 1 ∫ 1
0
∫ π
2
dθ
0
∫ π
2
0
0
∫ π
2 −θ
dθ
0
0
1
1 − x 2 y dxdy 2
∫ π
2 −θ
0
n=1
1
∫ 1
0
1 − ( sin θ
cos ϕ )2 ( sin ϕ
dϕ = π2
6
(1) 值 得 一 提 的 是 相 同 的 技 巧 可 得
∞∑
∫
1 1
ζ(3) =
n = 3
0
1
1 − x 2 y 2 dxdy
cos θ )2 (1 − tan2 θ tan 2 ϕ)dϕ
∫ 1 ∫ 1
0
0
□
1
dxdydz (5.7)
1 − xyz
但 如 何 求 得 右 式 三 重 積 分 之 精 確 值 仍 是 未 解 的 問 題 。 另 外 利 用 等 比 級 數 可 以 將 ζ(3) 表 示 為
雙 重 積 分
ζ(3) = − 1 2
∫ 1 ∫ 1
0
0
1
log xydxdy (5.8)
1 − xy
§6 Fourier 級 數
利 用 Fourier 級 數 也 可 以 得 (2.3)。 函 數 f 之 Fourier 級 數 為
f(x) ∼ a ∞
0
2 + ∑
(a n cos nx + b n sin nx), x ∈ (−π, π) (6.1)
n=1
其 中 Fourier 係 數 a n 、b n 為
⎧ ∫
⎨a n = 1 π
f(x) cos nxdx, n = 0, 1, 2, 3, . . .
π −π
⎩ ∫ (6.2)
b n = 1 π f(x) sin nxdx, n = 1, 2, 3, . . . π −π
考 慮 函 數 f(x) = x 2 由 (6.2) 得 b n = 0 ( 因 為 x 2 在 定 義 域 (−π, π) 是 偶 函 數 !)
其 次 由 分 部 積 分 可 得
a 0 = 1 π
a n = 1 π
∫ π
−π
x 2 dx = 2 π
∫ π
−π
∫ π
0
x 2 dx = 2π2
3
x 2 cos nxdx = 4 n 2 (−1)n

所 以 f(x) = x 2 之 Fourier 級 數 為
x 2 ∼ π2
3 + 4 ∞
∑
n=1
(−1) n
關 於 Euler 級 數 的 幾 個 觀 點 33
n 2 cos nx, −π < x < π (6.3)
因 為 f(x) = x 2 是 分 段 連 續 且 在 端 點 x = ±π 也 是 連 續 , 因 此 ∼ 可 以 改 為 等 號
x 2 = π2
3 + 4 ∞
∑
令 x = π 並 利 用 關 係 式 cos nπ = (−1) n 得
n=1
(−1) n
∞
π 2 = π2
3 + 4 ∑ 1
=⇒
n 2
n=1
n 2 cos nx, (6.4)
∞∑
n=1
1
n = π2
2 6
□
圖 5.1 f(x) = x 2
註 解 :
(1) 圓 周 率 π 是 圓 周 與 直 徑 之 比 率 , 不 具 量 綱 ( 不 將 π 視 為 長 度 )、[n] = [x] = 1, 所 以 Fourier
係 數 a n 、b n 與 函 數 f 有 相 同 的 量 綱
[ 1
[a n ] =
[
π
1
[b n ] =
π
∫ π
∫−π
π
−π
]
f(x) cos nxdx
]
f(x) sin nxdx
= L −0 [f]L 0 = [f]
= L −0 [f]L 0 = [f]
我 們 考 慮 [−π, π] 或 [0, 2π] 區 間 , 這 是 單 位 圓 周 , 本 質 上 已 經 單 位 化 即 無 量 綱 化 (nondimensionlization),
因 此 當 我 們 考 慮 2π 週 期 函 數 應 該 想 像 為 在 單 位 圓 上 的 週 期 函 數 。
(2) 讀 者 有 興 趣 也 可 考 慮 區 間 [0, 2π]
∞∑ cos nx
= 3x2 − 6πx + 2π 2
, 0 < x < 2π
n 2 12
n=1
令 x = 0 也 可 得
∑ ∞
n=1
1
n 2
= π2
6 。

34 數 學 傳 播 36 卷 1 期 民 101 年 3 月
§7 微 分 方 程
方 程
如 果 由 微 分 方 程 的 角 度 來 看 (2.3) 也 是 很 有 意 思 , 首 先 證 明 y = 1 2 (sin−1 x) 2 是 二 階 微 分
(1 − x 2 )y ′′ − xy ′ = 1 (7.1)
的 解 , 讀 者 有 興 趣 可 以 令 z = y ′ 則 (7.1) 化 為 z 的 一 階 微 分 方 程 (1 − x 2 )z ′ − xz = 1, 然
後 藉 由 積 分 因 子 得 到 精 確 解 。 其 次 將 y = 1 2 (sin−1 x) 2 表 為 無 窮 級 數 然 後 再 利 用 Wallis 積 分
(3.9) 可 證 明 ζ(2) = π2 , 但 是 Euler 無 法 將 這 個 方 法 推 廣 至 ζ(2n)、 n ≥ 2。 其 想 法 如 下 :
6
∫
1
x
( ) ∫ 1 x
2 (sin−1 x) 2 = d
2 (sin−1 x) 2 sin −1 t
= √ dt (7.2)
1 − t
2
另 外 利 用 二 項 式 展 開 可 得 sin −1 t 的 Taylor 展 開 式
sin −1 t =
代 回 (7.2) 並 逐 項 積 分
1
2 (sin−1 x) 2 =
∫ x
0
∫ t
0
0
1
√ du = t + ∑ ∞
1 − u
2
t
√ dt + ∑ ∞
1 − t
2
n=1
我 們 討 論 (7.4) 最 後 一 個 積 分 , 為 了 方 便 定 義
則 由 分 部 積 分 得 遞 迴 關 係 式
I n (x) =
∫ x
0
I n (x) ≡
t n+1 t
√
1 − t
2 dt
n=1
1 · 3 · · · (2n − 1)
2 · 4 · · · 2n
∫ x
= −x n+1√ 1 − x 2 + (n + 1)
0
0
1 · 3 · · · (2n − 1)
2 · 4 · · · 2n
1
2n + 1
∫ x
0
t 2n+1
2n + 1
(7.3)
t 2n+1
√ dt (7.4)
1 − t
2
t n+2
√ dt (7.5)
1 − t
2
∫ x
0
t n√ 1 − t 2 dt
= −x n+1√ 1 − x 2 + (n + 1)I n−2 (x) − (n + 1)I n (x)
整 理 得 (n + 2)I n = (n + 1)I n−2 − x n+1√ 1 − x 2 , 即
∫ x
0
t n+2
√ dt = n + 1
1 − t
2 n + 2
∫ x
將 n 代 換 為 2n − 1 並 令 x = 1 則 遞 迴 關 係 式 (7.6) 為
∫ 1
0
t 2n+1
√
1 − t
2 dt =
0
2n ∫ 1
2n + 1 0
t n xn+1
√ dt − 1 − t
2 n + 2
(
∫ 1
因 為
0
t 2n−1
√
1 − t
2 dt
√
1 − x
2
(7.6)
√ t
1−t 2
dt = 1
)

關 於 Euler 級 數 的 幾 個 觀 點 35
這 是 Wallis 積 分 , 代 回 (7.4) 並 令 x = 1 得
π 2
8 = 1 2 (sin−1 1) 2
∞∑ 1 · 3 · · · (2n − 1)
= 1 +
·
2 · 4 · · · 2n
n=1
∞∑ 1
=
(2n + 1) 2
n=0
將 ζ(2) 分 解 為 奇 數 與 偶 數 兩 部 份
∞∑
ζ(2) =
n=1
1
n = ∑ ∞ 2
n=1
∫ 1
= 2n
2n + 1 · 2n − 2 t 2n−3
√
2n − 1
dt
0 1 − t
2
= · · · · · ·
2n(2n − 2) · · · 2
=
(2n + 1)(2n − 1) · · · 3
1
(2n) + ∑ ∞ 2
1
2n + 1 ·
n=0
2n(2n − 2) · · · 2
(2n + 1)(2n − 1) · · · 3
1
(2n + 1) = 1 π2
ζ(2) + 2 4 8
(7.7)
故 ζ(2) = π2
6 。 □
註 解 :
(1) 令 t = sin x 則 Wallis 積 分 (7.7) 可 表 為
W 2n+1 =
∫ 1
這 個 結 果 也 可 以 由 分 部 積 分 而 得
0
∫ π
2
t 2n+1 ∫ π
√ dt = 2
1 − t
2
W m = sin m xdx =
0
= − sin m−1 ∣
x cos x
= (m − 1)
∫ π
2
0
0
∫ π
2
0
∣ π/2
0
sin 2n+1 xdx =
sin m−1 xd(− cos x)
+ (m − 1)
∫ π
2
sin m−2 x(1 − sin 2 x)dx
= (m − 1)W m−2 − (m − 1)W m
0
2 · 4 · 6 · · · 2n
3 · 5 · 7 · · · (2n + 1)
sin m−2 x cos 2 xdx
(7.8)
W m 滿 足 遞 迴 公 式
W m = m − 1
m W m−2 (7.9)
這 個 遞 迴 公 式 是 跳 兩 個 足 碼 , 因 此 需 要 兩 個 參 數 ( 相 當 於 二 階 微 分 方 程 需 有 兩 個 初 始 值 )
W 0 =
∫ π
2
0
dx = π 2 , W 1 =
∫ π
2
0
sin xdx = 1

36 數 學 傳 播 36 卷 1 期 民 101 年 3 月
所 以
W 2n =
W 2n+1 =
∫ π
2
0
∫ π
2
0
sin 2n xdx =
sin 2n+1 xdx =
1 · 3 · 5 · 7 · · · (2n + 1) π
2 · 4 · 6 · · · 2n 2
2 · 4 · 6 · · · 2n
3 · 5 · 7 · · · (2n + 1)
(7.10)
(7.11)
特 別 提 醒 的 是 奇 數 與 偶 數 的 Wallis 積 分 在 本 質 上 有 極 大 之 差 異 。
參 考 文 獻
1. 愛 德 華 著 ; 微 積 分 的 發 展 歷 史 , 凡 異 出 版 社 (2001)。
2. Willaim Dunham, Journey Through Genius, the great theorems of mathematics, John
Wiley & Sons, Inc., (1990), Penguin Books (1991). ( 中 譯 本 : 天 才 之 旅 , 偉 大 數 學 定 理 之 創
立 ; 林 傑 斌 譯 ; 牛 頓 出 版 股 份 有 限 公 司 (1995)。)
3. E. Hairer and G. Wanner, Analysis by Its History, UTM Reading in Mathematics,
Springer-Verlag (1995).
4. O. Hijab, Introduction to Calculus and Classical Analysis, UTM Springer-Verlag (2007).
5. Morris Kline, Mathematical Thought from Ancient to Modern Times, Vol. 1, Oxford
University Press (1972).
6. 林 琦 焜 , 從 等 比 級 數 談 起 , 數 學 傳 播 ( 中 央 研 究 院 數 學 所 ), Vol. 86, p. 42-53 (1998)。
7. 林 琦 焜 , Euler(1707-1783)— 數 學 的 莎 士 比 亞 , 數 學 傳 播 ( 中 央 研 究 院 數 學 所 ), Vol. 102, p. 39-
51, (2002)。
8. 林 琦 焜 , 傅 立 葉 分 析 與 應 用 , 滄 海 書 局 , 共 569 頁 (2010)。
9. 波 利 亞 , 數 學 與 猜 想 , 九 章 出 版 社 。
10. George F. Simmons; Calculus with Analytic Geometry, 2nd Ed., McGraw-Hill (1996).
— 本 文 作 者 任 教 國 立 交 通 大 學 應 用 數 學 系 —