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