\(\begin{split}\sum_{n=1}^{\oo}(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}\frac{1}{n}&=1-\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1 ...
老大，我在9#的解答 貌似挺靠谱的。但总感觉还缺点什么，sunwukong的质疑挺有道理的。能帮我补补吗 9#的回答没有问题呀。\(f(x)'\)在个别点不收敛，不影响\(f(x)\)在该点的收敛性。被积函数在任何单个特定点的值都不影响积分的值。 wayne 发表于 2014-6-29 21:07
老大，我在9#的解答 貌似挺靠谱的。但总感觉还缺点什么，sunwukong的质疑挺有道理的。能帮我补补吗
我觉得，母函数的推导过程，尤其是不断求导的部分，确实很容易出现不严格的情况，有时候还真得比较难自圆其说。但是，母函数不是一个证明过程，而是一个思考过程。真的要严格论证，是要证明推导出来的母函数真的等于等号右边的级数，这一点用基本的数学分析不难做到。母函数法告诉我们的，是母函数的具体形式，让我们有东西可证。 wayne 发表于 2014-6-29 17:26
按照模4，分开计算。
刚刚查了一下资料，关于无穷数项级数的性质：
1. 任意有限个收敛的无穷级数，那么它们任意的线性组合也必定是收敛的,且和为收敛值的线性组合。
2. 收敛级数加括号后形成的新级数也收敛，并且其和就是原级数的和。
（根据性质2的逆否命题，可得推论：若加括号后的级数发散，原级数必发散。）
3. 加括号后收敛的级数，原级数不一定收敛。
所以凡是采用分组的做法需要先证明1#的级数是收敛的，然后才能这么添加括号分组求和。
至于6#的证明，是有问题的，因为事先进行分组再进行收敛性判断，显然是主次颠倒了。 这个可以用复变函数的冪级数来解释。冪级数在收敛边界上如果收敛，必然收敛到对应的解析函数上 根据帖子无穷级数的重排和添括号1楼中的定理2，可知
wayne在9#的解法是正确的。
$$\begin{align*}\sum_{n=1}^{\oo}(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}\frac{1}{n}&=1-\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}-\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\cdots \tag{1}\\
&=(1-\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{4})+(\frac{1}{5}-\frac{1}{6}-\frac{1}{7}+\frac{1}{8})+\cdots \tag{2}\\
&=\sum_{n=0}^{\oo}(\frac{1}{4n+1}-\frac{1}{4n+2}-\frac{1}{4n+3}+\frac{1}{4n+4})\tag{3}\end{align*}$$然后根据幂级数和阿贝尔定理求出和。
具体来说，(2)式，或者说，(3)式与原无穷级数(1)式是等价，因为上面并未交换各项的位置前提下进行添括号，并且满足
1) 各括号内项数构成的数列{4,4,4,4,...}是常数数列，因此是有界的；
2) 原级数中的通项极限`\D \lim_{n\to \oo}\frac{1}{n}=0`.
所以根据定理2可知，(3)式与(1)同敛散性。
下面可证明(3)是收敛的，因为$$\sum_{n=0}^{\oo}(\frac{1}{4n+1}-\frac{1}{4n+2}-\frac{1}{4n+3}+\frac{1}{4n+4})=\frac{5}{12}+\sum_{n=1}^{\oo}(\frac{8n+5}{4(32n^4+80n^3+70n^2+25n+3)}<\sum_{n=1}^{\oo}\frac{1}{n^3}$$
根据正项级数的比较审敛法可知，(3)收敛。
因此(1)也收敛，且收敛值与(3)相同，均为`\D \frac{\pi-2\ln 2}{4}`. 葡萄糖 发表于 2014-6-29 19:45
http://tieba.baidu.com/p/2759742949?pid=43016818017&cid=#43016818017
O(∩_∩)O~
这个问题百度贴吧 ...
百度贴吧的帖子也坏掉了
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)+\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{n}x^n&=x+\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\frac{x^5}{5}+\frac{x^6}{6}-\frac{x^7}{7}-\frac{x^8}{8}+\cdots\\
(-1\leqslant\,x\leqslant 1)\quad\quad\quad&=\arctan\left(x\right)+\dfrac{1}{2}\ln\left(1+x^2\right)\\
\\
\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)-\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{n}x^n&=x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}+\frac{x^4}{4}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^6}{6}-\frac{x^7}{7}+\frac{x^8}{8}+\cdots\\
(-1\leqslant\,x\leqslant 1)\quad\quad\quad&=\arctan\left(x\right)-\dfrac{1}{2}\ln\left(1+x^2\right)\\
\\
\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)+\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{2n-1}x^{2n-1}&=x-\frac{x^3}{3}-\frac{x^5}{5}+\frac{x^7}{7}+\frac{x^9}{9}-\frac{x^{11}}{11}-\frac{x^{13}}{13}+\frac{x^{15}}{15}+\cdots\\
(-1\leqslant\,x\leqslant 1)\quad\quad\quad&=\frac{1}{\sqrt2}\operatorname{arctanh}\left(\frac{\sqrt{2}\,x}{1+x^2}\right)\\
\\
\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)-\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{2n-1}x^{2n-1}&=x+\frac{x^3}{3}-\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+\frac{x^9}{9}+\frac{x^{11}}{11}-\frac{x^{13}}{13}-\frac{x^{15}}{15}+\cdots\\
(-1\leqslant\,x\leqslant 1)\quad\quad\quad&=\frac{1}{\sqrt2}\arctan\left(\frac{\sqrt{2}\,x}{1-x^2}\right)\\
\end{align*}
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