证明恒等式
\[
\arctan\frac{1+x}{1-x}=\frac{\pi}{4}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}
\]
这里 $x\in[-1,1]$.
由此可得 Leibniz 公式
\[
\frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}-\cdots
\]
验证 $\arctan\frac{1+x}{1-x}$ 和 $\arctan x$ 的导函数是一样的, 因此它们相差一个常数. 事实上,
\[
\arctan x=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\cdot\frac{x^{2n+1}}{2n+1}.
\]
因此,
\[
\arctan\frac{1+x}{1-x}=\frac{\pi}{4}+\arctan x.
\]
这个恒等式, 也可以通过初等几何证明. 见问题2383的证明.
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令 $f(x)=\arctan\frac{1+x}{1-x}$, 则 $f(x)$ 的定义域为 $x\in(-\infty,1)\cup(1,+\infty)$.
\[
f'(x)=\frac{1}{1+(\frac{1+x}{1-x})^2}\cdot\frac{1\cdot(1-x)-(1+x)\cdot(-1)}{(1-x)^2}=\frac{1}{1+x^2}
\]
***【题外话】 我们看到 $f(x)$ 的导函数与 $\arctan x$ 的导函数是一致的, 因此有
\[
\arctan\frac{1+x}{1-x}=\arctan x+C
\]
参阅问题2383
***
注意到
\[
\frac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4-x^6+x^8-x^{10}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n(x^2)^n
\]
这里 $x\in(-1,1)$. 在收敛区间 $(-1,1)$ 内可以逐项求积分, 得
\[
\begin{split}
f(x)-f(0)&=\int_0^x f'(t)dt\\
&=\int_0^x\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n t^{2n}dt\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\int_0^x t^{2n} dt\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{1}{2n+1}x^{2n+1}
\end{split}
\]
由于 $f(0)=\arctan 1=\frac{\pi}{4}$, 故
\[
f(x)=\frac{\pi}{4}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}
\]
令 $x=1$, 注意到和函数在收敛区间的端点处连续, 故有
\[
f(1)=\frac{\pi}{4}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}
\]
另一方面,
\[
f(1)=\lim_{x\rightarrow 1^-}\arctan\frac{1+x}{1-x}=\frac{\pi}{2}
\]
因此,
\[
\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{4}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}
\]
即
\[
\begin{split}
\frac{\pi}{4}&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}\\
&=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}-\frac{1}{11}+\cdots+\frac{(-1)^n}{2n+1}+\cdots
\end{split}
\]