山西大学 2025年数学分析第7题

对于幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n+1}$，利用比值判别法求收敛半径：$\lim_{n\to\infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = \lim_{n\to\infty} \frac{1/(n+2)}{1/(n+1)} = 1$，因此收敛半径 $R=1$。 检查端点： - 当 $x=1$ 时，级数变为 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1}$，为调和级数，发散。 - 当 $x=-1$ 时，级数变为 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+1}$，为交错调和级数，收敛。 故收敛域为 $[-1, 1)$。

设 $S(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n+1}$，考虑 $xS(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1}$。 在 $|x|<1$ 内，对 $xS(x)$ 逐项求导： $$\frac{d}{dx} \big( xS(x) \big) = \sum_{n=0}^{\infty} x^n = \frac{1}{1-x}$$

对等式两边从 $0$ 到 $x$ 积分： $$xS(x) = \int_0^x \frac{1}{1-t} \, dt = -\ln(1-x)$$ 注意 $x=0$ 时，左边为 $0$，右边也为 $0$，等式成立。

当 $x \neq 0$ 时，$S(x) = -\frac{\ln(1-x)}{x}$。 当 $x=0$ 时，由原级数得 $S(0)=1$，且 $\lim_{x\to 0} -\frac{\ln(1-x)}{x} = 1$，因此可补充定义。 在 $x=-1$ 处，代入公式得 $S(-1) = -\frac{\ln 2}{-1} = \ln 2$，与交错调和级数结果一致。 故和函数为： $$S(x)=\begin{cases} -\dfrac{\ln(1-x)}{x}, & x\in[-1,0)\cup(0,1),\\ 1, & x=0 \end{cases}$$

考虑广义积分 $\int_0^1 S(x) \, dx$，瑕点为 $x=1$（因为 $\ln(1-x) \to -\infty$）。 当 $x\to 1^-$ 时，$S(x) = -\frac{\ln(1-x)}{x} \sim -\ln(1-x)$。 判断 $\int_0^1 -\ln(1-x) \, dx$ 的收敛性：令 $u=1-x$，则 $\int_0^1 -\ln(1-x) \, dx = \int_0^1 -\ln u \, du$，而 $\int_0^1 -\ln u \, du = 1$（收敛），故原积分收敛。

$$\int_0^1 S(x) \, dx = \int_0^1 -\frac{\ln(1-x)}{x} \, dx$$ 令 $t=1-x$，则 $x=1-t$，$dx=-dt$，积分限 $x:0\to 1$ 对应 $t:1\to 0$： $$\int_0^1 -\frac{\ln(1-x)}{x} \, dx = \int_1^0 -\frac{\ln t}{1-t} (-dt) = \int_0^1 \frac{-\ln t}{1-t} \, dt$$

利用几何级数展开 $\frac{1}{1-t} = \sum_{n=0}^{\infty} t^n$（$0\le t<1$），逐项积分： $$\int_0^1 \frac{-\ln t}{1-t} \, dt = \sum_{n=0}^{\infty} \int_0^1 -t^n \ln t \, dt$$ 计算 $\int_0^1 -t^n \ln t \, dt$：令 $u = -\ln t$，则 $t=e^{-u}$，$dt=-e^{-u}du$，积分变为 $\int_0^\infty u e^{-(n+1)u} \, du = \frac{1}{(n+1)^2}$。 因此积分值为 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^2} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6}$。