方企勤 第四章 级 数 第8题

教材习题

📝 题目

例 8 (1) 求 ${\ln }^{2}\left( {1 + x}\right)$ 在 $x = 0$ 点的幂级数展开式;

(2)求 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{n + 1}\left\{ {1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}}\right\}$ 的和；

(3) 求 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{n}\left\{ {1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}}\right\}$ 的和.

💡 答案解析

解 (1) $\ln \left( {1 + x}\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{\left( -1\right) }^{n}\frac{{x}^{n + 1}}{n + 1}\left( {\left| x\right| < 1}\right)$ 是一绝对收敛的级数. 由于绝对收敛级数可以任意相乘,记

$$ {a}_{n} = \frac{{\left( -1\right) }^{n}}{n + 1} $$

则有

$$ {\ln }^{2}\left( {1 + x}\right) = {x}^{2}{\left( \mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{a}_{n}{x}^{n}\right) }^{2} = {x}^{2}\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{c}_{n}{x}^{n}, $$

其中

$$ {c}_{n} = \mathop{\sum }\limits_{{k = 0}}^{n}{a}_{k}{a}_{n - k} = {\left( -1\right) }^{n}\mathop{\sum }\limits_{{k = 0}}^{n}\frac{1}{\left( {k + 1}\right) \left( {n - k + 1}\right) } $$

$$ = \frac{{\left( -1\right) }^{n}}{n + 2}\mathop{\sum }\limits_{{k = 0}}^{n}\frac{\left( {k + 1}\right) + \left( {n - k + 1}\right) }{\left( {k + 1}\right) \left( {n - k + 1}\right) } $$

$$ = \frac{{\left( -1\right) }^{n}}{n + 2}\mathop{\sum }\limits_{{k = 0}}^{n}\left\{ {\frac{1}{k + 1} + \frac{1}{n - k + 1}}\right\} $$

$$ = \frac{2{\left( -1\right) }^{n}}{n + 2}\mathop{\sum }\limits_{{k = 0}}^{n}\frac{1}{k + 1} $$

即得

$$ {\ln }^{2}\left( {1 + x}\right) = {x}^{2}\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }\left\{ {\frac{2{\left( -1\right) }^{n}}{n + 2}\mathop{\sum }\limits_{{k = 0}}^{n}\frac{1}{k + 1}}\right\} {x}^{n} $$

$$ = 2\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{n + 1}\left\{ {1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n}}\right\} {x}^{n - 1} $$

$$ \left( {\left| x\right| < 1}\right) \text{ . } $$

(2)对 ${\ln }^{2}\left( {1 + x}\right)$ 展开的幂级数,用阿贝尔引理得

$$ \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{n + 1}\left\{ {1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n}}\right\} = \frac{{\ln }^{2}2}{2}. $$

(3) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{n}\left\{ {1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}}\right\}$

$$ = 1 + \mathop{\sum }\limits_{{n = 2}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{n}\left\{ {1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n - 1}}\right\} $$

$$ + \mathop{\sum }\limits_{{n = 2}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{{n}^{2}} $$

$$ = - \mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{k - 1}}{k + 1}\left\{ {1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{k}}\right\} + \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{{n}^{2}} $$

$$ = \frac{{\pi }^{2}}{12} - \frac{1}{2}{\ln }^{2}2. $$

📋 详细解题步骤

步骤 1/4
目标：求 ln(1+x) 的幂级数展开
利用已知展开式 ln(1+x) = ∑_{n=0}^∞ (-1)^n x^{n+1}/(n+1)，|x|<1，该级数绝对收敛。
公式：\ln(1+x) = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{x^{n+1}}{n+1}
提示：注意收敛区间为 |x|<1，且级数绝对收敛，为后续乘法运算提供依据。
步骤 2/4
目标：计算 ln^2(1+x) 的幂级数展开
由于绝对收敛级数可以相乘，记 a_n = (-1)^n/(n+1)，则 ln^2(1+x) = x^2 (∑ a_n x^n)^2 = x^2 ∑ c_n x^n，其中 c_n = ∑_{k=0}^n a_k a_{n-k}。计算 c_n：c_n = (-1)^n ∑_{k=0}^n 1/[(k+1)(n-k+1)]。利用恒等式 1/[(k+1)(n-k+1)] = (1/(n+2))[1/(k+1) + 1/(n-k+1)]，得 c_n = [2(-1)^n/(n+2)] ∑_{k=0}^n 1/(k+1)。因此 ln^2(1+x) = 2 ∑_{n=1}^∞ [(-1)^{n-1}/(n+1)] (1+1/2+...+1/n) x^{n+1}。
公式：c_n = \frac{2(-1)^n}{n+2} \sum_{k=0}^n \frac{1}{k+1}
提示：注意求和指标变换，最终结果中 x 的指数为 n+1，系数中分母为 n+1。
步骤 3/4
目标：求级数 (2) 的和
由 (1) 得 ln^2(1+x) = 2 ∑_{n=1}^∞ [(-1)^{n-1}/(n+1)] (1+1/2+...+1/n) x^{n+1}。令 x=1，利用阿贝尔引理（幂级数在收敛边界上连续），得 ∑_{n=1}^∞ [(-1)^{n-1}/(n+1)] (1+1/2+...+1/n) = (1/2) ln^2 2。
公式：\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n+1} \left(1+\frac12+\cdots+\frac1n\right) = \frac12 \ln^2 2
提示：阿贝尔引理保证 x=1 时级数收敛到 ln^2(2)/2。
步骤 4/4
目标：求级数 (3) 的和
将级数拆分为两部分：∑_{n=1}^∞ [(-1)^{n-1}/n] (1+1/2+...+1/n) = 1 + ∑_{n=2}^∞ [(-1)^{n-1}/n] (1+1/2+...+1/(n-1)) + ∑_{n=2}^∞ [(-1)^{n-1}/n^2]。令 k=n-1，则第一项变为 -∑_{k=1}^∞ [(-1)^{k-1}/(k+1)] (1+1/2+...+1/k) = - (1/2) ln^2 2。第二项为 ∑_{n=1}^∞ (-1)^{n-1}/n^2 = π^2/12。因此原级数 = π^2/12 - (1/2) ln^2 2。
公式：\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} \left(1+\frac12+\cdots+\frac1n\right) = \frac{\pi^2}{12} - \frac12 \ln^2 2
提示：注意拆分时第一项 n=1 单独处理，然后利用 (2) 的结果和已知级数 ∑ (-1)^{n-1}/n^2 = π^2/12。

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