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hhellolinShiroko
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@mip87hnc
此快照首次捕获于
2025/12/03 07:45
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2025/12/03 07:45
3 个月前
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Problem. 计算：
∑n=1∞1n2\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2}
或证明其不收敛。
Solution. 先审敛，注意到对于 n≥2n\ge 2 有：
1n2<1n(n−1)\frac{1}{n^2}<\frac{1}{n(n-1)}
所以：
1+(122+132+⋯+1n2)<1+(11×2+12×3+⋯+1n(n−1))=2−1n<2\begin{aligned} 1+\left (\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{n^2} \right ) &< 1+\left (\frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{2\times 3}+\cdots+\frac{1}{n(n-1)} \right ) \\ &= 2-\frac{1}{n} \\ &< 2 \end{aligned}
1<∑n=1∞1n2<21<\sum\limits^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2}<2，如果你要简单证明上界算到这里就可以了（或者多算几项），接下来我们求精确值。
设函数 f(x)=x2f(x)=x^2，在 (−π,π)(-\pi, \pi) 上对其应用三角形式的 Fourier 级数：
f(x)=A0+∑n=1∞(Ancos⁡(nx)+Bnsin⁡(nx))f(x)=A_0+\sum^{\infty}_{n=1}\left (A_n\cos(nx)+B_n\sin(nx)\right )
f(x)f(x) 为偶函数，故正弦函数的系数为 00，Bn=0B_n=0。
计算 A0A_0：
A0=1P∫Pf(x) dx=12π∫−ππx2 dx=π23\begin{aligned} A_0 &= \frac{1}{P}\int_{P}f(x)\,dx \\ &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^2\,dx \\ &= \frac{\pi^2}{3} \end{aligned}
计算 AnA_n：
An=2P∫Pf(x)cos⁡(2πnxP) dx=1π∫−ππx2cos⁡(nx) dx=2π∫0πx2cos⁡(nx) dx=2π([x2⋅sin⁡(nx)n]0π−∫0π2x⋅sin⁡(nx)n dx)=−2π⋅2n∫0πxsin⁡(nx) dx=−4nπ[−xcos⁡(nx)n+sin⁡(nx)n2]0π=−4nπ⋅π(−1)nn=4(−1)nn2\begin{aligned} A_n &= \frac{2}{P}\int_{P}f(x)\cos\left (\frac{2\pi nx}{P}\right )\,dx \\ &= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^2\cos(nx)\,dx \\ &= \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x^2\cos(nx)\,dx \\ &= \frac{2}{\pi}\left (\left [x^2\cdot \frac{\sin(nx)}{n}\right ]_{0}^{\pi} - \int_{0}^{\pi}2x\cdot \frac{\sin(nx)}{n}\,dx \right ) \\ &= -\frac{2}{\pi}\cdot \frac{2}{n} \int_{0}^{\pi}x\sin(nx)\,dx \\ &= -\frac{4}{n\pi}\left [-\frac{x\cos(nx)}{n}+\frac{\sin(nx)}{n^2} \right]_{0}^{\pi} \\ &= -\frac{4}{n\pi}\cdot \frac{\pi(-1)^n}{n} \\ &= \frac{4(-1)^n}{n^2} \end{aligned}
我们写出 Fourier 级数：
x2=π23+∑n=1∞4(−1)nn2cos⁡(nx)x^2=\frac{\pi^2}{3}+\sum^{\infty}_{n=1}\frac{4(-1)^n}{n^2}\cos(nx)
令 x=0x=0：
∑n=1∞4(−1)nn2=−π23∑n=1∞(−1)nn2=−π212\begin{aligned} \sum^{\infty}_{n=1}\frac{4(-1)^n}{n^2}&=-\frac{\pi^2}{3} \\ \sum^{\infty}_{n=1}\frac{(-1)^n}{n^2}&=-\frac{\pi^2}{12} \\ \end{aligned}
这是一个首项为负的交错级数，即 −1+122−132+⋯-1+\frac{1}{2^2}-\frac{1}{3^2}+\cdots。我们想要得到原来的级数 1n2\frac{1}{n^2}，可以在这个级数的基础上加上两倍奇数项：
∑n=1∞1n2=∑n=1∞(−1)nn2+2∑k=1∞1(2k−1)2\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2} = \sum^{\infty}_{n=1}\frac{(-1)^n}{n^2} + 2\sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{(2k-1)^2}
不难发现关于奇数项我们有：
∑n=1∞1n2=∑k=1∞1(2k−1)2+∑k=1∞1(2k)2=∑k=1∞1(2k−1)2+14∑k=1∞1k2(1−14)∑n=1∞1n2=∑k=1∞1(2k−1)2∑k=1∞1(2k−1)2=34∑n=1∞1n2\begin{aligned} \sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2} &= \sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{(2k-1)^2} + \sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{(2k)^2} \\ &= \sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{(2k-1)^2} + \frac{1}{4}\sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{k^2} \\ \left (1-\frac{1}{4}\right )\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2} &= \sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{(2k-1)^2} \\ \sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{(2k-1)^2} &= \frac{3}{4}\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2} \end{aligned}
将其代入原先的式子：
∑n=1∞1n2=∑n=1∞(−1)nn2+32∑n=1∞1n2∑n=1∞1n2=−2∑n=1∞(−1)nn2=π26\begin{aligned} \sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2} &= \sum^{\infty}_{n=1}\frac{(-1)^n}{n^2} + \frac{3}{2}\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2} \\ \sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2} &= -2\sum^{\infty}_{n=1}\frac{(-1)^n}{n^2} \\ &= \frac{\pi^2}{6} \end{aligned}
题目所求即为 π26\frac{\pi^2}{6}。
其实还有一个更头脑风暴的做法。
Solution. 我们先证明一个重要级数：
∑n=1∞xnn=x+x22+x33+⋯=∫dx1−x=−ln⁡(1−x)\begin{aligned} \sum^{\infty}_{n=1}\frac{x^n}{n} &= x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdots \\ &= \int \frac{dx}{1-x} \\ &= -\ln(1-x) \end{aligned}
对于所有 ∣x∣<1|x|<1 成立。
进一步地，我们在 ∣x∣<1|x|<1 上考虑如下函数：
f(x)=∑n=1∞xnn2f(x)=\sum^{\infty}_{n=1}\frac{x^n}{n^2}
尝试使用积分构造 f(x)f(x)：
f(x)=∫0x∑n=1∞un−1n du=∫0x−ln⁡(1−u)u du(根据∑n=1∞xnn=−ln⁡(1−x))\begin{aligned} f(x) &= \int^{x}_{0} \sum^{\infty}_{n=1}\frac{u^{n-1}}{n}\,du \\ &= \int^{x}_{0} -\frac{\ln(1-u)}{u}\,du\quad\left (\text{根据} \sum^{\infty}_{n=1}\frac{x^n}{n}=-\ln(1-x)\right ) \\ \end{aligned}
f(x)f(x) 在其定义域上一致收敛，由解法一的审敛我们知道 f(x)f(x) 在端点 x=1x=1 仍然收敛，我们可以求 f(x)f(x) 在 1−1^- 处的极限：
lim⁡x→1−f(x)=∑n=1∞1n2=∫01−ln⁡(1−u)u du=π26\begin{aligned} \lim_{x\to 1^-} f(x) &= \sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2} \\ &= \int^{1}_{0}-\frac{\ln(1-u)}{u}\,du \\ &= \frac{\pi^2}{6} \end{aligned}
注：关于此积分的求值详见这个证明。

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