求下列无穷级数之和 1／1^3 + 1／3^3 + 1／5^3 + 1／7^3 + …

永远

求助于陆老师，计算下列无穷级数

\(\frac{1}{{{1^3}}} + \frac{1}{{{3^3}}} + \frac{1}{{{5^3}}} + \frac{1}{{{7^3}}} +  \cdots  = \)

永远

结果是这个，它是怎么计算得到的？？？？？

\(\frac{{{\pi ^2}}}{4}\ln 2 + 2\int_0^{\frac{\pi }{2}} {x\ln (\sin x)dx} \)

zytsang

这是一个已知的结果
\[\sum _{k=0}^\infty\frac {1}{(2k+1)^3}=\frac {7}{8}\zeta (3)\]
其中 \(\zeta(s)\) 是黎曼ζ函数，而 \(\zeta(3)\) 的值称为阿培里常数，约为 \(1.20205\ldots\)

阿培里常数有很多积分表达。以下是两个常见例子：
\[\zeta (3)={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\infty }{\frac {x^{2}}{e^{x}-1}}\,\mathrm{d}x\]
\[\zeta (3)={\frac {2}{3}}\int _{0}^{\infty }{\frac {x^{2}}{e^{x}+1}}\,\mathrm{d}x\]

永远

陆老师可否分析一下？？？

zytsang

对于任意 \(a>0\) 有
\[\int_0^a f(x)\,\mathrm{d}x=\int_0^a f(a-x)\,\mathrm{d}x\]

所以
\[\int_0^{\pi/2}\ln{(\sin{x})}\,\mathrm{d}x=\int_0^{\pi/2}\ln{(\cos{x})}\,\mathrm{d}x=-\frac{\pi}{2}\ln{2}\]

然后
\[I=\int_0^{\pi/2}x\ln{(\sin{x})}\,\mathrm{d}x=\int_0^{\pi/2}\left(\frac{\pi}{2}-x\right)\ln{(\cos{x})}\,\mathrm{d}x\]

所以
\[\begin{aligned}
2I
&=\int_0^{\pi/2}x\ln{(\sin{x})}\,\mathrm{d}x
+\int_0^{\pi/2}\left(\frac{\pi}{2}-x\right)\ln{(\cos{x})}\,\mathrm{d}x \\
&=\int_0^{\pi/2}x\ln{(\tan{x})}\,\mathrm{d}x
+\frac{\pi}{2}\int_0^{\pi/2}\ln{(\cos{x})}\,dx \\
&=\int_0^{\pi/2}x\ln{(\tan{x})}\,\mathrm{d}x-\frac{\pi^2}{4}\ln{2}
\end{aligned}\]

因为有
\[\int_0^{\pi/2}x\ln{(\tan{x})}\,\mathrm{d}x=\frac{7}{8}\,\zeta(3)\]

所以
\[I=\int_0^{\pi/2}x\ln{(\sin{x})}\,\mathrm{d}x=\frac{7}{16}\,\zeta(3)-\frac{\pi^2}{8}\ln{2}\]
即可得原结果
\[\frac{7}{8}\zeta(3)=\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(2k+1)^3}=\frac{\pi^2}{2}\ln{2}+2\int_0^{\pi/2}x\ln{(\sin{x})}\,\mathrm{d}x\]

永远

zytsang 发表于 2021-8-3 00:42
对于任意 \(a>0\) 有
\[\int_0^a f(x)\,\mathrm{d}x=\int_0^a f(a-x)\,\mathrm{d}x\]

请教先生：

函数项级数在无穷区间上不一致收敛，则求和号与积分号交换情况怎么分析？可以交换吗？判定无穷区间上的交换标准是什么？？？？


论证分析下面求和号与积分号交换的合法性

\[\displaystyle\int_0^\infty  {\ln x\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{e^{ - nx}}}}{n}} } dx = \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\int_0^\infty  {\frac{{{e^{ - nx}}}}{n}\ln x} dx} \]

zytsang

永远 发表于 2021-8-3 22:53
请教先生：

函数项级数在无穷区间上不一致收敛，则求和号与积分号交换情况怎么分析？可以交换吗？判 ...

如果 \(\sum |f_n(x)|\) 在 \(x\in(0,\infty)\) 上是可积的，那么求和与积分可以交换次序：
\[\int_0^\infty\left[\sum_{n=1}^\infty f_n(x)\right]\mathrm{d}x =\sum_{n=1}^\infty \left[\int_0^\infty f_n(x)\,\mathrm{d}x\right]\]
这是Fubini定理的一个直接应用。

---

记
\[f_n(x)=\frac{e^{-nx}}{n}\ln{x}\]
我们有
\[f(x)=\sum_{n=1}^\infty |f_n(x)|=-\ln{(1-e^{-x})}|\ln{x}|\]
考察 \(f(x)\) 在 \(x\in(0,\infty)\) 上的可积性。我们有
\[\int_0^\infty f(x)\,\mathrm{d}x=\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x+\int_1^\infty f(x)\,\mathrm{d}x\]
在 \(x\in(0,1]\) 上，有 \(-\ln{(1-e^{-x})}\leq1/\sqrt{x}\)，所以
\[0\leq\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x\leq-\int_0^1\frac{\ln{x}}{\sqrt{x}}\,\mathrm{d}x=4\]
在 \(x\in[1,\infty)\) 上，有 \(-\ln{(1-e^{-x})}\leq1/x^2\)，所以
\[0\leq\int_1^\infty f(x)\,\mathrm{d}x\leq\int_1^\infty\frac{\ln{x}}{x^2}\,\mathrm{d}x=1\]
所以 \(f(x)\) 在 \(x\in(0,\infty)\) 上是可积的。所以 \(\sum |f_n(x)|\) 在 \((0,\infty)\) 上是可积的，所以原题的求和与积分可以交换次序。

永远

zytsang 发表于 2021-8-4 00:54
如果 \(\sum |f_n(x)|\) 在 \(x\in(0,\infty)\) 上是可积的，那么求和与积分可以交换次序：
\[\int_0^ ...

你好，请问被积函数在x=0处发散，怎么解释？

zytsang

永远 发表于 2021-8-4 07:30
你好，请问被积函数在x=0处发散，怎么解释？

虽然被积函数在 \(x=0\) 是发散的，但只要其对应的广义积分是收敛的，该被积函数就是可积的。比如：
\[\int_0^1 \frac{\ln{x}}{\sqrt{x}}\,\mathrm{d}x
=\lim_{\epsilon\to0^+}\int_\epsilon^1\frac{\ln{x}}{\sqrt{x}}\,\mathrm{d}x
=\lim_{\epsilon\to0^+}\Big[2\sqrt{x}(\ln{(x)}-2)\Big]^{x=1}_{x=\epsilon}
=-4-\lim_{\epsilon\to0+}\Big[2\sqrt{\epsilon}(\ln{(\epsilon)}-\epsilon)\Big]=-4\]
其中极限的计算使用洛必达法则
\[\lim_{\epsilon\to0^+}\sqrt{\epsilon}\ln{\epsilon}
=\lim_{\epsilon\to0^+}\frac{\ln{\epsilon}}{\frac{1}{\sqrt{\epsilon}}}
=\lim_{\epsilon\to0^+}\frac{\frac{1}{\epsilon}}{-\frac{1}{2\epsilon\sqrt{\epsilon}}}
=\lim_{\epsilon\to0^+}-2\sqrt{\epsilon}
=0\]

永远

zytsang 发表于 2021-8-4 09:12
虽然被积函数在 \(x=0\) 是发散的，但只要其对应的广义积分是收敛的，该被积函数就是可积的。比如：
\ ...

先生你好，其对应的广义积分收敛，区间端点处发散，求和号与积分号可交换，请问你依据是什么定理或法则，其相应论证分析何在？还望指导一二，请给出详细分析过程