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( )
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