kaoyan1basic 高等数学 第35题

**答案**：$\displaystyle \frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\ln2$ **解析**： 步骤1：考虑幂级数$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n(2n-1)}x^{2n}$，令$x=1$即得原级数。 步骤2：设$\displaystyle S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n(2n-1)}x^{2n}$，求导得$\displaystyle S'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}x^{2n-1}\cdot2n$？更简便：令$t=x^2$，则$\displaystyle S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n(2n-1)}t^n$。 步骤3：考虑$\displaystyle T(t)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n(2n-1)}t^n$，则$\displaystyle T'(t)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n-1}t^{n-1}$，再乘$t$得$\displaystyle tT'(t)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n-1}t^n$。 步骤4：令$\displaystyle U(t)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n-1}t^n$，则$\displaystyle U'(t)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n t^{n-1}=\frac{1}{t}\sum_{n=1}^{\infty}(-t)^n=\frac{1}{t}\cdot\frac{-t}{1+t}=-\frac{1}{1+t}$，$|t|<1$。 步骤5：积分得$U(t)=-\ln(1+t)+C$，由$U(0)=0$得$C=0$，故$U(t)=-\ln(1+t)$。 步骤6：则$tT'(t)=-\ln(1+t)$，$\displaystyle T'(t)=-\frac{\ln(1+t)}{t}$，积分得$\displaystyle T(t)=-\int\frac{\ln(1+t)}{t}dt$。 步骤7：利用$\displaystyle \int\frac{\ln(1+t)}{t}dt=-\text{Li}_2(-t)$，但直接计算：$\displaystyle T(1)=-\int_0^1\frac{\ln(1+t)}{t}dt$。 步骤8：$\displaystyle \int_0^1\frac{\ln(1+t)}{t}dt=\frac{\pi^2}{12}$？实际上，$\displaystyle \int_0^1\frac{\ln(1+t)}{t}dt=\frac{\pi^2}{12}$，故$\displaystyle T(1)=-\frac{\pi^2}{12}$，但原级数结果为$\displaystyle \frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\ln2$，需重新计算。 步骤9：改用另一种方法：$\displaystyle \frac{1}{n(2n-1)}=\frac{2}{2n-1}-\frac{1}{n}$，则原级数$\displaystyle =\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\left(\frac{2}{2n-1}-\frac{1}{n}\right)=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n-1}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}$。 步骤10：$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}=-\ln2$，$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n-1}=-\frac{\pi}{4}$（因为$\displaystyle \arctan1=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}=\frac{\pi}{4}$，故$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n-1}=-\frac{\pi}{4}$）。 步骤11：原式$\displaystyle =2\left(-\frac{\pi}{4}\right)-(-\ln2)=-\frac{\pi}{2}+\ln2$。 **难度**：★★★☆☆