巧解积分
本节的题目是一道有趣的积分题目，这个题也算得上用级数求解积分的经典代表了。化简到最后你会发现这个积分的本质是巴塞尔问题的一个简单变体！
对巴塞尔问题感兴趣的朋友可以看看我之前写的科普文章，详细介绍了和巴塞尔问题有关的数学史：巴塞尔问题的数学史
例题 ¶
Example
\[
\int_{0}^{1} \frac{\ln(1+x)}{x} \mathrm{~d} x = \frac{\pi^{2}}{12}
\]
我们知道，当 \(x \in (-1, 1]\) 时，函数 \(\ln(1+x)\) 可以展开成如下形式：
\[
\ln(1+x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n} = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \cdots
\]
将等式两边同时除以 \(x\)，得到被积函数的级数展开式：
\[
\frac{\ln(1+x)}{x} = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^{n-1}}{n} = 1 - \frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - \frac{x^3}{4} + \cdots
\]
对等式两边在区间 \([0, 1]\) 上进行定积分。由于该幂级数在 \([0, 1]\) 上一致收敛，我们可以交换积分号与求和号：
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{1} \frac{\ln(1+x)}{x} \mathrm{d} x &= \int_{0}^{1} \left( \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{x^{n-1}}{n} \right) \mathrm{d} x\\
&= \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \int_{0}^{1} \frac{x^{n-1}}{n} \mathrm{d} x\\
&= \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\cdot\frac{x^{n}}{x^{2}}\bigg|_{0}^1 \\
&= \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \cdot \frac{1}{n^{2}}\\
&= 1 - \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} - \frac{1}{4^2} + \cdots
\end{aligned}
\]
我们知道所有平方数的倒数和为：
\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}
\]
我们将上述正项级数拆分为偶数项和奇数项之和：
\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \sum_{n \text{ 为奇数}} \frac{1}{n^2} + \sum_{n \text{ 为偶数}} \frac{1}{n^2}
\]
其中偶数项之和可以提取公因子：
\[
\sum_{n \text{ 为偶数}} \frac{1}{n^2} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k)^2} = \frac{1}{4} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2} = \frac{1}{4} \left( \frac{\pi^2}{6} \right) = \frac{\pi^2}{24}
\]
那么奇数项之和就是总和减去偶数项之和：
\[
\sum_{n \text{ 为奇数}} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6} - \frac{\pi^2}{24} = \frac{3\pi^2}{24} = \frac{\pi^2}{8}
\]
回到我们要计算的交错级数 \(S\)，它恰好是奇数项之和减去偶数项之和：
\[
\begin{aligned}
S &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n^2} \\
&= \sum_{n \text{ 为奇数}} \frac{1}{n^2} - \sum_{n \text{ 为偶数}} \frac{1}{n^2}\\
&= \frac{\pi^{2}}{8}-\frac{\pi^{2}}{24}\\
&= \frac{\pi^{2}}{12}
\end{aligned}
\]
即：
\[
\int_{0}^{1} \frac{\ln(1+x)}{x} \mathrm{d} x = \frac{\pi^{2}}{12}
\]
习题 ¶
Question
\[
\int_0^1\frac{\ln x}{1+x}\mathrm{~d} x
\]
Answer
利用几何级数：
\[
\frac1{1+x}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^n,\qquad 0\leqslant x<1.
\]
于是
\[
\begin{aligned}
\int_0^1\frac{\ln x}{1+x}\mathrm{~d} x
&=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n
\int_0^1x^n\ln x\mathrm{~d} x.
\end{aligned}
\]
通过分部积分我们可以得到：
\[
\int_0^1x^n\ln x\mathrm{~d} x
=-\frac1{(n+1)^2}.
\]
所以
\[
\begin{aligned}
\int_0^1\frac{\ln x}{1+x}\mathrm{~d} x
&=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(n+1)^2}\\
&=-\left( 1-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}-\frac{1}{4^{2}}+\dots \right)
\end{aligned}
\]
利用 Basel 级数可以看出括号内的结果是全体自然数倒数平方和减去偶数倒数平方和，也就是：
\[
\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{x+1} \mathrm{~d} x =-\left( \frac{\pi^{2}}{6}-\frac{1}{4}\left( \frac{\pi^{2}}{6} \right) \right)=-\frac{\pi^{2}}{12}
\]
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