求详细过程（我就这么点财富值全部献出求大神）有余力再帮我解一下...
求详细过程（我就这么点财富值全部献出求大神）有余力再帮我解一下
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用到傅里叶展开的知识。不知道你学了没？f(x)=pi-|x|(-pi<=x<=pi)傅里叶级数：f(x)=a0/2+∑(∞,n=1)(an*cosnx+bn*sinnx)a0=pi,an=[2*(1-(-1)^n)]/(n^2*pi)(n=1,2,3……)bn=0（因为是偶函数的展开，所以为0）（n=1,2，3……）将a0,an,bn带入展开式，有f(x) = pi/2 + 4/pi*∑(∞,k=0){[cos(2k+1)x] / (2k+1)^2}(an中偶数项都为0了)令x=0，求得∑(∞,k=0)1/(2k+1)^2 = (pi^2)/8令你想求得式子为 S，有S = ∑(∞,k=0)1/(2k+1)^2 + ∑(∞,k=1)1/(2k)^2即：
S = (pi^2)/8 + S/4得到
S = (pi^2)/6希望对你有帮助！
本回答被提问者采纳微积分,级数求和问题,答案是π平方/6,你可以搜索一下微积分级数求和可以查到具体计算过程的
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一个神奇的发现——迭代积分公式计算加法时，为了简化同一个数与自己多次相加我们定义了乘法：\underbrace{a+a+\dots+a+a}_\text{$n$个$a$相加}=n\times a \\ 同样的，为了简化一个数与自己多次相乘，我们定义了乘方：\underbrace{a\times a\times\dots\times
a\times a}_\text{$n$个$a$相乘}=a^n \\ 因为这些新的标记方式和新的需要，我们把乘法和乘方运算里的n扩展到了有理数。其中它的特点是：q\times({p\over q}\times a)=p\times a \\ \left(a^{p\over q}\right)^q=a^p 现在我们再来看看积分是否也有类似的扩展，即\underbrace{\int_a^x\cdots\int_a^{\alpha_1}}_\text{$n$个积分}f(\alpha_0)\mathrm{d}\alpha_0\cdots\mathrm{d}\alpha_{n-1}=? \\ 推导公式就好比做手工，而在有工具的帮助下，我们的手工制作会变得高效。所以，在有引理（Lemma）的帮助下我们的证明也会变得方便。现在我们就来看看第一个引理：引理1：若 g(t,u) 可积，则 \int_a^t\int_a^yg(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_a^t\int_x^tg(x,y)\mathrm{d}y\mathrm{d}x 引理1的证明：我们先看一下等式左侧的二重积分区域：图片为作者原创，如有雷同纯属巧合根据图像，我们可以进行如下的积分交换：\int_a^t\color{purple}{\int_a^y}g(x,y)\color{purple}{\mathrm{d}x}\mathrm{d}y=\int_a^t\color{orange}{\int_x^t}g(x,y)\color{orange}{\mathrm{d}y}\mathrm{d}x \\ 定义新的算子表示对函数进行n次积分：I^n[f]=\underbrace{\int_a^x\cdots\int_a^{\alpha_1}}_\text{$n$个积分}f(\alpha_0)\mathrm{d}\alpha_0\cdots\mathrm{d}\alpha_{n-1} \\ 依照定义，二阶积分算子的定义为：I^2[f]=\int_a^x\int_a^uf(t)\mathrm{d}t\mathrm{d}u \\ 根据我们上面得到的引理，我们可以将积分顺序改变，得到：I^2[f]=\int_a^x\int_t^xf(t)\mathrm{d}u\mathrm{d}t=\int_a^xf(t)\int_t^x\mathrm{d}u\mathrm{d}t=\int_a^xf(t)(x-t)\mathrm{d}t \\ 有了 I^2[f] 简化，我们可以进而得到 I^3[f] 和 I^4[f] 的简化式（其中箭头部分用到了引理）：\begin{aligned} I^3[f]=I[I^2[f]] &=\int_a^x\int_a^yf(t)(t-y)\mathrm{d}t\mathrm{d}y \\ &\Rightarrow\int_a^xf(t)\int_x^t(t-y)\mathrm{d}y\mathrm{d}t \\ &=\int_a^xf(t)\left[-(t-y)^2\over 2\right]^t_x\mathrm{d}t \\ &=\int_a^xf(t)\left[0+{(t-x)^2\over2}\right]\mathrm{d}t
\\ &={1\over2}\int_a^xf(t)(t-x)^2\mathrm{d}t \end{aligned} \begin{aligned} I^4[f]=I^2[I^2[f]] &=\int_a^x\int_a^yf(t)(y-t)\mathrm{d}t(x-y)\mathrm{d}y \\ &\Rightarrow\int_a^xf(t)\int_t^x(x-y)(y-t)\mathrm{d}y\mathrm{d}t \\ &=\int_a^xf(t)\left[\left.(x-y){(y-t)^2\over2}\right|^x_t+{1\over2}\int_t^x(y-t)^2\mathrm{d}t\right]\mathrm{d}t \\ &=\int_a^xf(t)\left[0+\left.{1\over3\cdot2}(y-t)^3\right|^x_t\right]\mathrm{d}t \\ &={1\over3!}\int_a^xf(t)(x-t)^3\mathrm{d}t \end{aligned} 列出四次积分的公式，我们或许可以发现这样一个规律（其中 I^n[f](a)=0 ）： I^n[f](x)\equiv I^n[f]={1\over(n-1)!}\int_a^xf(t)(x-t)^{n-1}\mathrm{d}t \\ 现在我们就用数学归纳的方式来证明一下我们的猜想：我们已知 I[f],I^2[f],I^3[f],I^4[f] 均能用上述公式来表示，所以省略数学归纳的第一部分，现在我们只需要完成数学归纳的第二部分，即说明I[I^k[f]]=I^{k+1}[f] ：\begin{aligned} I[I^k[f]]=\int_a^xI^k[f]\mathrm{d}y &={1\over(k-1)!}\int_a^x\int_a^yf(t)(y-t)^k\mathrm{d}t\mathrm{d}y \\ &\Rightarrow{1\over(k-1)!}\int_a^xf(t)\int_t^x(y-t)^{k-1}\mathrm{d}y\mathrm{d}t \\ &={1\over(k-1)!}\int_a^xf(t)\left.(y-t)^k\over k\right|^x_t\mathrm{d}t \\ &={1\over k(k-1)!}\int_a^xf(t)(x-t)^k\mathrm{d}t \\ &={1\over[(k+1)-1]!}\int_a^xf(t)(x-t)^{(k+1)-1}\mathrm{d}t \\ &=I^{k+1}[f] \end{aligned} 根据数学归纳，我们得知 I^n[f]={1\over(n-1)!}\int_a^xf(t)(x-t)^{n-1}\mathrm{d}t 对所有 n\in\mathbb{Z}^+ 均成立我本来是出于好奇心推导出了这个等式，然而没想到柯西在几百年前就把它推导出来了，所以这个结论又叫做柯西迭代积分公式（Cauchy formula for repeated integration）。如同乘法和乘方，我们可以试着把这个公式从正整数推广到正有理数，我们知道Gamma函数常用于拓展阶乘，所以我们不妨再用Gamma函数改写一下这个公式：I^\alpha[f]={1\over\Gamma(\alpha)}\int_a^xf(t)(x-t)^{\alpha-1}\mathrm{d}t \\于是我们就得到了Riemann-Liouville积分。利用迭代积分公式计算分数阶积分现在我们可以用上述公式来算函数的分数阶积分。比如我们可以试着算一下 f(x)=1 的半阶积分 g(x)\equiv I^{1/2}[f] 。由于一个函数的不定积分有无穷个，所以我们设定初始条件 g(0)=0 ，则使得迭代积分公式中的a=0。最后，我们得到：\begin{aligned} g(x)=I^{1/2}[f]&={1\over\Gamma(1/2)}\int_0^xf(t)(x-t)^{-1/2}\mathrm{d}t \\ &={1\over\Gamma(1/2)}\int_0^x(x-t)^{-1/2}\mathrm{d}t\quad\quad(f(x)=1) \\ &={1\over\Gamma(1/2)}\left[-2(x-t)^{1/2}\right]^x_0 \\ &={2\sqrt{x}\over\Gamma(1/2)} \end{aligned} 现在我们根据欧拉余元公式，我们知道 \Gamma(1/2)=\sqrt\pi ，所以结果为 g(x)=2\sqrt{x\over\pi} 。利用迭代积分公式计算分数阶导数因为 D^{1/2}=D^{-(1/2)+1}=I^{1/2}D 。由于x的导数是1，所以x的半阶导数就等价于1的半阶积分。这意味着：D^{1/2}[x]=I^{1/2}[1]=2\sqrt{\frac x\pi}\\如同我们最初接触分数、无理数、复数，我们只有知道分数阶微积分的应用，才能够对它进行深刻的理解。下面我们就来看一看等时降落问题（Tautochrone problem）。分数阶微积分的应用——等时降落问题（Tautochrone problem）等时降落问题示意图（维基百科）等时降落问题，即找到一个曲线，使得物体放置在曲线中任意位置开始降落的时间均相同。现在我们可以再将这个问题变成微分方程。由于是曲线运动，直接使用笛卡尔坐标系会遇到约束等复杂的问题，所以我们设广义坐标s来描述物体当前位置到终点y=0间曲线的弧长。自然而然，我们得到 \dot{s}\equiv{\mathrm{d}s\over\mathrm{d}t} 为物体的瞬时速度。根据（理想状态下）机械能守恒，我们知道物体的动能和势能满足如下方程（其中 y_0 为物体的初始纵坐标， y=y(t) 为物体的当前纵坐标）：{1\over2}m\dot{s}^2+mgy=mgy_0 \\ 现在我们求解方程，得到 {\dot{s}}=-\sqrt{2g}\sqrt{y_0-y} （使用负号是因为物体在下降时s在减少），现在我们要说明物体的降落时间总是为常数，即我们从 y=y_0 到 y=0 时物体降落的时间恒为 T ，则我们可以列出一下等式：T=\int_{y=y_0}^{y=0}\mathrm{d}t=\int_{y_0}^0{\mathrm{d}t\over\mathrm{d}s}{\mathrm{d}s\over\mathrm{d}y}\mathrm{d}y \\ 如果我们现在把 {\mathrm{d}t\over\mathrm{d}s}={1\over\dot{s}}=-{1\over\sqrt{2g}}(y_0-y)^{-1/2} 代入原式，就可以得到著名的阿贝尔积分方程（Abel integral equation）：\begin{aligned} T&=-\int_{y_0}^0{(y_0-y)^{-1/2}\over\sqrt{2g}}{\mathrm{d}s\over\mathrm{d}y}\mathrm{d}y \\ \sqrt{2g}T&=\int_0^{y_0}(y_0-y)^{1/2-1}{\mathrm{d}s\over\mathrm{d}y}\mathrm{d}y \end{aligned} \\ 现在我们再把分数阶积分的公式放下来对比一下：I^\alpha[f]={1\over\Gamma(\alpha)}\int_a^xf(t)(x-t)^{\alpha-1}\mathrm{d}t \\ 可以发现等式右侧可以利用积分算子改写成：\sqrt{2g}T=\Gamma(1/2)I^{1/2}\left[\mathrm{d}s\over\mathrm{d}y\right] \\ 现在我们对等式两侧对y求半积分，得到：\begin{aligned} I^{1/2}[\sqrt{2g}T]&=\Gamma(1/2)I\left[\mathrm{d}s\over\mathrm{d}y\right] \\ \sqrt{2g}T\cdot I^{1/2}[1](y_0)&=\Gamma(1/2)\cdot s(y_0) \end{aligned} \\ 现在我们展开等式左侧：\begin{aligned} \sqrt{2g}T\cdot I^{1/2}[1] &={\sqrt{2g}T\over\Gamma(1/2)}\int_0^{y_0}(y_0-y)^{1/2-1}\mathrm{d}y \\ &={\sqrt{2g}T\over\Gamma(1/2)}\left[-2(y_0-y)^{1/2}\right]_0^{y_0} \\ &={2\sqrt{2gy_0}T\over\Gamma(1/2)} \end{aligned} 代入到原来的方程，得到：{2\sqrt{2gy_0}T\over\Gamma(1/2)}=\Gamma(1/2)\cdot s(y_0) \\ 根据Gamma函数对性质，我们知道 \Gamma(1/2)=\sqrt\pi ，于是原式进而简化：s(y_0)={2\sqrt{2gy_0}T\over\pi}\Rightarrow s(y)={2\sqrt{2gy}T\over\pi} \\ 现在我们让s对y求导，得到\begin{aligned} {\mathrm{d}s\over\mathrm{d}y}&={\sqrt{2g}T\over\pi}{1\over\sqrt{y}} \\ \left(\mathrm{d}s\over\mathrm{d}y\right)^2&={2gT^2\over\pi^2y} \end{aligned} \\ 根据弧微分公式 \mathrm{d}s^2=\mathrm{d}x^2+\mathrm{d}y^2 ，我们可以改写等式左侧：1+\left(\mathrm{d}x\over\mathrm{d}y\right)^2={2gT^2\over\pi^2y} \\ 设 b={2gT^2\over\pi^2} ，则我们可以得到一个微分方程：\begin{aligned} 1+\left(\mathrm{d}x\over\mathrm{d}y\right)^2&={b\over y} \\ {\mathrm{d}x\over\mathrm{d}y}&=\pm\sqrt{{b\over y}-1} \end{aligned} \\ 我们发现这个方程是一个可分离变量的微分方程，所以我们直接对两侧积分：\int\mathrm{d}x=\pm\int\sqrt{{b\over y}-1}\mathrm{d}y \\ 现在换元
{b\over y}=\csc^2\theta\Rightarrow y=b\sin^2\theta ，则 \mathrm{d}y=2b\sin\theta\cos\theta\mathrm{d}\theta 。原式变成：\begin{aligned} x&=\pm2b\int\underbrace{\sqrt{\cot^2\theta}}_{\mathrm{d}x/\mathrm{d}y}\sin\theta\cos\theta\mathrm{d}\theta \\ &=\pm2b\int\cos^2\theta\mathrm{d}\theta \\ &=\pm2b\int{2+2\cos2\theta\over4}\mathrm{d}\theta \\ &=\pm{b\over2}(2\theta+\sin2\theta)+A \end{aligned} 为了符号方便，我们设 \phi=2\theta,R=\pm{b\over2} 则原式被简化成下述等式 ：x=R(\phi+\sin\phi)+A \\ 现在我们已经求出x了，利用 {\mathrm{d}x\over\mathrm{d}y}=\pm\cot(\phi/2) 以及 {\mathrm{d}x\over\mathrm{d}\phi}=R(1+\cos\phi) ，得到y的表达式：{\mathrm{d}y\over\mathrm{d}\phi}={\mathrm{d}y\over\mathrm{d}x}{\mathrm{d}x\over\mathrm{d}\phi}=\pm R\tan(\phi/2)(1+\cos\phi) \\ 利用半角公式 \tan(\phi/2)={1-\cos\phi\over\sin\phi} ，我们得到{\mathrm{d}y\over\mathrm{d}\phi}=\pm R\cdot{1-\cos^2\phi\over\sin\phi}=\pm R\sin\phi \\ 两侧积分，得 y=\pm R\cos\phi+B ，把x和y摆在一起，我们得到了等时曲线（Tautochrone）的参数方程：\left\{ \begin{aligned} x&=R(\phi+\sin\phi)+A \\ y&=\pm R\cos\phi+B \end{aligned} \\ \right. 我们可以仔细观察一下，这个参数方程和摆线（Cycloid）的参数方程等价，所以摆线不仅是最速降线问题（Brachistochrone problem）的解还是等时降落问题的解。总结在本篇文章中，我们对加法、乘法、乘方对拓展进行了总结，使我们能够进一步对积分进行拓展。其中我们发现了一个对于全体正整数成立的迭代积分公式：I^n[f]={1\over(n-1)!}\int_a^xf(t)(x-t)^{n-1}\mathrm{d}t \\ 并如同拓展加法、乘法、乘方，我们将迭代积分拓展到了实数域，让我们能够计算函数的分数阶积分。又因为积分和求导互为逆运算，我们也可以利用迭代积分公式来计算分数阶导数。最后，我们又展开分析了分数阶微积分的应用，从而加强了我们对分数阶导数的理解。我们最后探讨的等时降落问题中，提到了摆线和最速降线问题。而这两个点又够我写一篇新的文章，敬请期待下一部——《摆线的那些事儿——数学界的大型装逼事件》