中册 6.4 幂级数 第22题
📝 题目
22．试证明 $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{1}{x} \ln \frac{1+x}{1-x} \mathrm{~d} x=2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2 n-1)^{2}}=\frac{\pi^{2}}{4}$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
由于
$$
\begin{aligned}
f(x) & =\int_{0}^{x} \frac{1}{t} \ln \left(\frac{1+t}{1-t}\right) \mathrm{d} t=\int_{0}^{x} \frac{1}{t} \ln (1+t) \mathrm{d} t-\int_{0}^{x} \frac{1}{t} \ln (1-t) \mathrm{d} t \\
& =\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{n^{2}} x^{n}-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{n^{2}}(-x)^{n},|x| \leqslant 1
\end{aligned}
$$
所以
$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{1} \frac{1}{x} \ln \frac{1+x}{1-x} \mathrm{~d} x & =\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{n^{2}}-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{n^{2}}(-1)^{n}=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{n^{2}}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} \\
& =2\left[\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2 n)^{2}}\right]=2\left(1-\frac{1}{4}\right) \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}=2 \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{\pi^{2}}{6}=\frac{\pi^{2}}{4} .
\end{aligned}
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：将被积函数分解为两个对数函数的差
注意到 $\ln\frac{1+x}{1-x} = \ln(1+x) - \ln(1-x)$，因此原积分可写为：
$$\int_0^1 \frac{1}{x} \ln\frac{1+x}{1-x} \, dx = \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x} \, dx - \int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{x} \, dx.$$
公式：$$\ln\frac{a}{b} = \ln a - \ln b$$
提示：注意对数函数的定义域：$x\in(0,1)$时，$1+x>0$，$1-x>0$，分解合法。
步骤 2/6
目标：将两个积分分别展开为幂级数
利用 $\ln(1+t) = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{t^n}{n}$，$|t|<1$，有：
$$\frac{\ln(1+x)}{x} = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{x^{n-1}}{n}, \quad \frac{\ln(1-x)}{x} = -\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n-1}}{n}.$$
逐项积分得：
$$\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x} \, dx = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{1}{n^2}, \quad \int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{x} \, dx = -\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}.$$
公式：$$\ln(1+t) = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{t^n}{n}, \quad |t|<1$$
提示：注意第二个展开中负号的处理：$\ln(1-x) = -\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n}$，除以$x$后得 $-\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n-1}}{n}$。
步骤 3/6
目标：将原积分表示为两个级数之和
由第一步分解和第二步结果：
$$\int_0^1 \frac{1}{x} \ln\frac{1+x}{1-x} \, dx = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{1}{n^2} - \left(-\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}\right) = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{1}{n^2} + \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}.$$
提示：注意减去负级数变为加正级数，避免符号错误。
步骤 4/6
目标：将交错级数分解为奇偶项
交错级数 $\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{1}{n^2}$ 可写为：
$$\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{1}{n^2} = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2} - \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k)^2}.$$
而 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2} + \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k)^2}$。
提示：注意交错级数中奇数项为正，偶数项为负。
步骤 5/6
目标：合并两个级数得到所需形式
将上一步两个表达式相加：
$$\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{1}{n^2} + \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \left(\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2} - \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k)^2}\right) + \left(\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2} + \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k)^2}\right) = 2 \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2}.$$
提示：注意奇偶项合并时，偶次项抵消，奇次项加倍。
步骤 6/6
目标：利用已知级数求和结果计算最终值
已知 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$，且 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(2n)^2} = \frac{1}{4} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{24}$，因此：
$$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} - \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(2n)^2} = \frac{\pi^2}{6} - \frac{\pi^2}{24} = \frac{\pi^2}{8}.$$
所以原积分 $= 2 \times \frac{\pi^2}{8} = \frac{\pi^2}{4}$。
公式：$$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$$
提示：注意 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(2n)^2} = \frac{1}{4}\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$，这是常见技巧。
📷 拍照上传批改
拍照上传批改功能已预留入口，后续接入图片上传、OCR识别与AI批改。