无穷级数求和的问题大致如下：
$$\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{1-\cos(n\pi)}{n\pi}\right]^2=\frac{1}{2}$$
敛散性证明
显然有，
$$\left[\frac{1-\cos(n\pi)}{n\pi}\right]^2 \leq \left(\frac{2}{n\pi}\right)^2$$
而级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$收敛（事实上这就是著名的巴塞尔问题，其结果为$\frac{\pi^2}{6}$），可知给出的级数也是收敛的。
转换
于是乎，由于原级数收敛，我们对于相邻两项加上括号得到的新级数也收敛到同一值。
$$\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{1-\cos(n\pi)}{n\pi}\right]^2=\sum_{n=0}^{\infty}\left[\frac{2}{(2n+1)\pi}\right]^2=\frac{4}{\pi^2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}$$
万千答案中的一种求解方式
最后出现的式子并非什么新东西，在巴塞尔问题诞生之际，亦或是更早，它就自然且优雅地出现在数学史里了。
既然谈到了傅里叶级数，那就用傅里叶级数的做法罢。这大概是自我知道巴塞尔问题起，见过的最简短的证明，放在博客里大抵是合适的。
令有函数 $f(x)=x^2$ ，将其在区间$[-\pi, \pi]$展开可得：
$$x^2=f(x)=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n\cos{nx}}{n^2}$$
- 取$x=0$，得到$\frac{\pi^2}{3}+4\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^2}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2}\right)=0$
- 取$x=\pi$，得到$\frac{\pi^2}{3}+4\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^2}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2}\right)=\pi^2$
相减后可得，$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2}=\frac{\pi^2}{8}$；相加后可得，$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^2}=\frac{\pi^2}{24}$。
利用傅氏级数的封闭性公式
这里稍微提一下原题，懒得码字就贴图吧。
问题来自第三问，通过包络可以看出，调制信号是一个周期的矩形脉冲。这是一个典型的非正弦信号，于是就需要我们利用傅里叶级数展开，将信号分解成若干个正弦信号的叠加。
得到如下的式子：
$$ u_{\Omega}(t)=\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1-\cos{n\pi}}{n\pi}\sin(n2\pi\times 50t) $$
可求得$P_{SB}$，其表达式如下：
$$ P_{SB}=2\times\frac{1}{2R}\sum_{i=1}^{\infty}(\frac{1-\cos{n\pi}}{n\pi} U_{m0})^2 $$
其后，便是同上面一般无二的过程了。
等等，你是说$\frac{1-\cos{n\pi}}{n\pi}$是某个函数的傅里叶级数的系数？！既然是求平方和，为什么不用封闭性公式呢？
$$ \frac{1}{l}{\int_{-l}^{l}{|f(x)|^2}\mathrm{d} x} = \frac{a_0^2}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}{(a_n^2+b_n^2)} $$
由于，$f(x)$在$[-l,0]$为$1$，在$[0,l]$为$0$。且有$a_0=1,b_i=0,a_n=\frac{1-\cos{n\pi}}{n\pi}$。
于是，
$$\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{1-\cos(n\pi)}{n\pi}\right]^2=\frac{1}{2}$$
End
写到此处，我觉得本文已经没什么可以发散的了。封闭性公式，其正确性是显而易见的，因为能量守恒。如有读者对此感到困惑，不妨看看 帕塞瓦尔定理 。