如果 是巨量 ， 。此時白努利多項式的傅立葉級數

，

。

只剩 單項主導，趨近於

，

。

故於 閉區間裡

，

。

 

這時回顧先前『根』之考察︰

且讓我們嘗試運用此法更精細定位偶次 類在閉區間 之根 吧。此處重複使用

◎ 乘法公式

。

◎ 對稱公式

。

簡單運算可得︰

△

△

△

△

因 此可以歸結的說︰當 時， 以及 、 與 異號。然而 和 同號。故知 有一根 落在 開區間中。因著『偶對稱性』的要求，另一根定然是 ，且知其落於 開區間也☆☆

─── 摘自《時間序列︰生成函數‧漸近展開︰白努利多項式之根《六》》

 

暗示著 將越來越大，當 時， 了。可借著數值計算驗證如下︰

pi@raspberrypi:~ \frac{1}{4} - \frac{1}{\pi \cdot 2^{2n}} < r_{2n} < r_{2(n+1)} < \frac{1}{4}, \ n \ge 1B_{2m} ( \frac{1}{4} ) \cdot B_{2m} < 0, m \ge 1B_{2(n+1)} (r_{2n}) \cdot B_{2(n+1)} > 0r_{2n} < r_{2(n+1)}1 < \zeta({2n}) = \sum \limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{2n}} \le 1 + \frac{2n+1}{2n-1} \cdot \frac{1}{2^{2n}} \le 1 + \frac{3}{2^{2n}} \le 1 + \frac{3}{4} < 2\sum \limits_{k=3}^{\infty} \frac{1}{k^{2n}} \le \sum \limits_{k=3}^{\infty}  \int_{k-1}^{k} \frac{dt}{t^{2n}} = \int_{2}^{\infty} \frac{dt}{t^{2n}} = \frac{2}{2n - 1} \cdot \frac{1}{2^{2n}}1 < \sum \limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{2n}} \le 1 + \frac{1}{2^{2n}} + \frac{2}{2n-1} \cdot \frac{1}{2^{2n}} = 1 + \frac{2n+1}{2n-1} \frac{1}{2^{2n}}\lim \limits_{n \to \infty} \sum \limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{2n}}  = 1n \ge 1, 4n - 4 \ge 0, 3(2n-1) - (2n+1) = 4n-4 \ge 01 < \sum \limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{2n}} \le 1+ 3 \cdot \frac{1}{2^2} = 1 + \frac{3}{4}\sin(x) \le x, \ x \ge0\lim \limits_{x \to 0} \frac{\sin(x)}{x} = 1\triangle OBB^{'}\sphericalangle OBB^{'}\Box OBCB^{'}\sin{\theta} \cos{\theta} < \theta < \tan{\theta}\cos{\theta} < \frac{ \theta}{\sin{\theta} } < \frac{1}{\cos{\theta}}\sphericalangle OBB^{'}\triangle OBB^{'}\therefore x > \sin (x), \ x>0\cos (x) > 1 - \frac{x^2}{2}, \ x > 0f(x) = \cos(x) - \left( 1 - \frac{x^2}{2} \right)f(0) = 0f^{'} (x) = - \sin (x) + x > 0, \ x >0f (x)\sin (x) > x - \frac{x^3}{6}, \ x > 0B_{2n} (\frac{1}{4} - \frac{1}{\pi \cdot 2^{2n}} ) \cdot B_{2n} B_{2(n+2)} (r_{2n} ) \cdot B_{2(n+1)} $

之『正負號』為『正』，應留與善學好思之讀者的吧☆