级数求和常用方法

1.7方程式法 (3)
1.8原级数转化为子序列求和 (3)
1.9数项级数化为函数项级数求和 (3)
1.10化数项级数为积分函数求原级数和 (4)
1.11三角型数项级数转化为复数系级数 (4)
1.12构造函数计算级数和 (5)
1.13级数讨论其子序列 (5)
1.14裂项法求级数和 (6)
1.15裂项+分拆组合法 (7)
1.16夹逼法求解级数和 (7)
2函数项级数求和 (8)
2.1方程式法 (8)
2.2积分型级数求和 (8)
2.3逐项求导求级数和 (9)
2.4逐项积分求级数和 (9)
2.5将原级数分解转化为已知级数 (10)
2.6利用傅里叶级数求级数和 (10)
2.7三角级数对应复数求级数和 (11)
2.8利用三角公式化简级数 (12)
2.9针对2.7的延伸 (12)
2.10添加项处理系数 (12)
2.11应用留数定理计算级数和 (13)
2.12利用Beta函数求级数和 (14)
参考文献 (15)
级数求和的常用方法
级数要首先考虑敛散性，但本文以级数求和为中心，故涉及的级数均收敛且不过多讨论级数敛散性问题.
由于无穷级数求和是个无穷问题，我们只能得到一个n →∞的极限和.加之级数能求和的本身就困难，故本文只做一些特殊情况的讨论，而无级数求和的一般通用方法，各种方法主要以例题形式给出，以期达到较高的事实性.
1数项级数求和
1.1等差级数求和
等差级数为简单级数类型，通过比较各项得到其公差，并运用公式可求和.
11((1)
22n n a a n n s na d +-=+=
），其中1a 为首项，d 为公差 证明：12=++...+n s a a a ①，21s=+...++n a a a ② ①+②得：()12-112(+++...+(+)n n n s a a a a a a =+） 因为等差级数11...+n n a a a a +==
所以1(2
n n a a s +=
）
此证明可导出一个方法“首尾相加法”见1.2. 1.2首尾相加法
此类型级数将级数各项逆置后与原级数四则运算由首尾各项四则运算的结果相同，便化为一简易级数求和. 例1:求01235...(21)n n n n n c c c n c +++++.
解：01235...(21)n n n n n s c c c n c =+++++，210(21)...53n n n n n s n c c c c =++++，两式相加得：2101
2(22)(...)(1)2n n n n n n s n c c c c n +=++++=+⋅，即： 01235...(21)(1)2n n n n n n c c c n c n +++++=+.
1.3等比级数求和
等比级数为简单级数类型，通过比较各项得到其公比并运用公式可求和.
当q =1，1s na =；当q ≠1，1(1)
1n a q s q
-=-，其中1a 为首项，q 为公比.
证明：当q =1，易得1s na =，
当q ≠1，11111=++...+n s a a q a q - ①， 2111=++...+n qs a q a q a q ②， ①-②得11(1)n q s a a q -=-.可以导出一种方法“错位相减”见下1.4 1.4错位相减法
此方法通常适用于等差与等比级数混合型，通过乘以等比级数公比q ，再与原级数四则运算后化为等差或等比级数求和.
例2：计算21
2n n -∑.
解： 2313521...2222n n s -=++++ ①，213521
21 (222)
n n s --=++++ ②，
②-①得： 121121************n n n k k k n k k k k k n s s s -===---=-=+-=+-=∑∑∑111121121213122212
n n n n n n -----+-=---，
lim n s →∞
=3.
1.5蕴含型级数相消法
此类型级数本身各项之间有蕴含关系，通过观察可知多项展开会相互之间相消部分项，从而化简级数求和.
例3
：计算1n
i =∑.
解：将各项展开可得：
(1...s =-+++++
11==
lim n s →∞= 1.6有理化法求级数和
对于一些级数通项含有分式根式的级数，我们可以仿照数学中经常使用的方法“有理化”处理，
以期达到能使得级数通项化简，最后整个级数都较容易求和.
例4
：计算1n ∞
=.
解：可以看出此级数含根式较多，因此尝试运用有理化的方法去处理，即通项
n a =
对其分母有理化得：
−−−−=−
分母有理化，则原级数可以采用本文中的1.5“蕴含型级数相消法”，则可以快速求得级数和的极限为1. 1.7方程式法
此型级数通过一系列运算能建立级数和的方程式，通过解方程求解级数和.准确建立方程是关键问题，方程类型不固定，有类似与微分方程之类的，故要视具体情况建立方程，解方程也要准确，才能求出级数和.
例5：计算2cos cos 2...cos n q q n q θθθ+++，其中1q <. 解：记2
cos cos 2...cos =n
q q n s q θθθ+++= =1
cos n
k k k q θ∑
两边同时乘以cos 2q θ得
[]+1
+1=1=1
cos cos cos =
2=2cos
+1+cos -1)n
n
k k k k k k k q s q
q θθθθθ•••∑∑（）（ 即：+1222
cos cos
+1cos )(cos )2=n n n n q s q s q q q s q θθθθ+•++-+-（）（ 解此方程得：212
2cos cos(1)cos =12cos n n q n q n q q s q q θθθθ++-++-+-
2
2lim cos 12cos n q q s q q θθ
→∞-=+-. 1.8原级数转化为子序列求和
若下列条件成立[1]
:（1）当n →∞时级数的通项0n a →（2）级数各项没有破坏次序的情况而得
新序列n 1
n b ∞
=∑收敛于原级数 .
例6：计算1111111111
1++-1+++-+++-+ (2345627893)
（）（）（）.
解：lim 0n n a →∞=，应用欧拉公式111
1++...ln 23n c n e n
++=++，其中c 为欧拉常数，
0()n e n →→∞11111
1+++...+-1--...-2332s n n
=
3ln 3ln n n n n e e =-+-，lim ln3n s →∞
=.
1.9数项级数化为函数项级数求和
数项级数化为相应函数项级数，再通过函数项级数求和，并赋予函数未知数相应未知数后记得相应原级数的和.
例7：求级数和11
135...n n ∞
=••••
∑
（2-1）.
解：建立函数项级数2111
()135...n n s x x n ∞
-==••••
∑
（2-1）由函数敛散性知识可知其收敛域为
(,)-∞+∞，将函数项级数逐项求导可得：'
2211
()1135...n n s x x n ∞
-==+••••
∑（2-3）=
2111
11()135...n n x x xs x n ∞
-=+=+••••
∑
（2-1），由此可知()s x 满足微分方程
'()()1s x xs x -=，且易知(0)0s =，解此常微分方程得：
2
2112
2
()x
x t dt s x e
e
-=⎰
，令1x =则可以求出原级数和：2111
2
2
s t e
e
dt =⎰.
1.10化数项级数为积分函数求原级数和
将原级数通过化简，构造积分极限式，从而转化为积分求原级数和也不失为一种好方法，构造积分式子是关键，一般原级数中通过四则运算将n 与积分中的分割相联系从而构造分割，建立级数与积分式子的桥梁.
例8：计算11
k n k
∞
=+∑
，其中()n →∞.
解：记1011
111lim =ln21+1n n n k k dx s k n k n x n
∞
→∞==−−−−−−−−→==←−−−−−−−−++∑∑⎰分子分母同时除以构造分割建立级数与积分的桥梁. 1.11三角型数项级数转化为复数系级数
将三角型数项级数转化为复数域上的级数，由于复数的实部对应于数项级数，从而转化为求复数系级数进而求原级数和.
例9[7]：设2cos cos 2...cos = n s q q n q θθθ+++，求s .
解：由于1cos =n
k k s q k θ=∑，令(cos sin )i z qe q i θθθ==+为复数，其中0,1,2...k =
(cos sin )k k ik k z q e q k i k θθθ==+，其中1,2...k =，得：
1
220
11+...1(cos sin )(cos 2sin 2)+1n n
k n k z z z z z q i q i z θθθθ+=-==+++=++++-∑ 323cos 2cos 3(cos3sin 3)+...+(cos sin )1cos n q q q i q n i n q θθθθθθθ++++=++
2
...+cos (sin )sin 2...sin n
n q n i q q
q n θθθθ++++而另一方面
1111(cos(+1)sin(+1))11(cos sin )n n z q n i n z q i θθθθ++--+=--+=2
1
1-2cos q q
θ+ ｛1221cos cos(1)cos(1)cos sin(1)sin n n n q q n q n q n θθθθθθ+++⎡⎤--+++++⎣⎦+ 212sin cos(1)sin sin(1)sin(1)cos n n n i q q n q n q n θθθθθθ+++⎡⎤-+-+++⎣⎦｝
取实部对应原级数和即得：
12
2
11(1cos cos(1)cos )1-2cos n n q q
s q q n q n θθθθ+++=
--+++即： 1122
1
(1cos cos(1)cos 12cos )1-2cos n n s q q n q n q q q q
θθθθθ++=
--++-+-+ 当n →∞，且1q <时2
2lim cos 12cos n q q s q q θθ
→∞-=+-.
1.12构造函数计算级数和
将级数各项转化为其它函数式子化简级数并求原级数和，关键在于各项的化简函数是否基本统一，如何选择函数式子才能有效化简，将级数参数化为函数式子中的未知数，并无一般的通用函数，选择函数视具体情况而定，下面我们先看一个例子感受这种方法，并从中体会这种方法.
例10[7]：请计算下面的级数式子：记
2323=1-+......)1111
n
n t t t t s t t t t t ++++++++（）(，其中1t →-.
解：构造函数式子：1
()11x x x
e f x e e --==++,此函数在[0,)+∞单调递减. 由于00
0(1)ln(1)|ln 211x x
x x x e d e dx dx e e e
--+∞
+∞-+∞
---+==-+=++⎰
⎰， 令ln h t =-，满足1
1
lim limln t t h t →→==0
ln 1111h
t
h
e t e
e
h h
----=-=-=，ln ln ()()1()11k t k hk k
t k hk t e e f kh t e e ----===+++. 代入题目中的级数式子得：23231lim 1-+......)111
n n t t t t t t t t t t -→+++++++（）(+1= 011lim ()h h k e h f kh h -∞→=-∑=001
1lim ()ln 21h x
x h k e e h f kh dx h e --∞
+∞-→=-==+∑⎰. 1.13级数讨论其子序列
引理[1]：数列}{n s 收敛的充分必要条件是}{n s 的任一子序列都收敛且有相同的极限.特别的：数列
}{n s 收敛于s 的充分必要条件是两个互补的子列}{2n s ,}{12-n s ,收敛于同一极限.推广可得：定理[1]：若
级数∑∞=1
n n a 通项满足当n →∞时， 0→n a （收敛判别的必要条件），∑∞
=1
n n a 收敛于s 的充分必要条件是：
部分和}{n s 的一个子序列}{np s 收敛于s ，其中p 满足：p 是某个正整数p =1，2，…
将级数分情况讨论，化为多个子序列之和，利用原级数收敛则级数任意添加括号得到的级数和收敛于原级数和原理，通过求各个子序列之和求解原级数和，关键在于如何分解原级数为不同子序列，然而子序列相对于原级数来说易求些，这样方法才行之有效，这和1.6的“原级数转化为子序列求和”是不同的.分情况讨论在三角中讨论角的大小我们已不陌生，下面我们就看一个这样讨论角的幅度的例题.
例11[6]：计算：12cos
32
n n n π∞
=∑
. 解：记1
2cos
32
n n n s π
∞
==∑
，由级数敛散性知识可知，该级数绝对收敛.按幅度角的讨论将级数分解为：1{|3,0,1,2...}A n n k k ===，2{|31,0,1,2...}A n n k k ==+=，3{|32,0,1,2...}A n n k k ==+=.
则：123
2222cos
cos cos cos 3333=++2222n n n n
n n A n A n A n n n n ππππ
∞
∞∞∞=∈∈∈∑
∑∑∑
3313200
02cos
cos +1
33+222k k k k k k ππ
π∞∞
∞++====+∑
∑∑（） 1211+cos +cos +()2343k k πππ∞=∑3
=0
1（（））2 1115
(1)148718
=--=-，所以：1
2cos
23127
n n n s π
∞
==-=-∑
. 1.14裂项法求级数和
针对级数是分数形式，且满足分母为多项乘积形式，且各项之间相差一个相同的整数，裂项后各项就独立出来，而原来各项之间相差整数则裂项后新级数等价于求解某一个级数，其余新级数照此可求出，从而原级数和可以求出. 裂项一般形式：
1111
()()(+)x m x n n m x m x n
=-+-++，此处m n >.
例12：计算111...123234(1)(2)
s n n n =
+++++. 解:记1(1)(2)n a n n n =
++，111
[
]2(1)(1)(2)
n a n n n n =-+++ 针对11(1)
n
k k k =⋅+∑同理采用裂项法记111
(1)1n b n n n n ==-++则11(1)n
k k k =+∑=
11111111111(1)()()()()+...+()2233445561n n −−−−−−−−−−→-+-+-+-+--←−−−−−−−−−−+裂项后后面项可以消去前面项部分这就是裂项法的好处！ 1
1-1n +，111lim lim[1-]1(1)1n
n n k k k n →∞→∞===++∑，所以 111111
lim lim [](1)(2)2(1)(1)(2)n
n
n n k k k k k k k k k →∞→∞===++++++∑∑= 11111111lim lim()2(1)2(1)2n n n n k k k k k k +→∞→∞==--++∑∑=1111(1)2224
--=. 1.15裂项+分拆组合法
将裂项与分拆组合法合用在一起，运用裂项法分拆级数，再将分拆重新组合级数，由新级数返回求原级数和.
例13：计算1
(+1)(+2)n n
n n n ∞
=∑（+3）.
解：
11235+1+2+3(+1)(+2)n n n n n n n ++-=（+3）
111
111251
()(+1)(+2)3+1+2+33(+1)(+2)n n n n n n n n n n n n n ∞
∞∞===∴=+--∑∑∑（+3）（+3）=
1125111()()3233464
+--=. 1.16夹逼法求解级数和
在数学分析中运用夹逼法则求解极限，在求极限和中我们也可以借鉴此方法，运用两个级数逼近原级数，最后两逼近级数和等于原级数和.
例14[8]
：设m 为一给定的正整数，求
22
1,1
n m n
m n ∞
=≠-∑
. 解：1222222
1,11111
m N
m m N
m N
n m n n n m
s m n m n m n +-++=≠==+==+---∑∑∑ 1111111111[ (21122121)
m N
n m m m m m m m m n m n +=+=++++++++-+-+--+∑] 1111111(1...1...)22222m m N N m m =
+++------+ 21112...2122+1m m N m N N N m N +++++++<<且∞→N 时，2lim 0+1
N m
N →∞=，且
2lim 0+2N m N m →∞=，所以23
lim 04m N N s m +→∞=-，即2221,134n m n
m n m ∞
=≠=--∑ 2 函数项级数求和
函数项级数和依据未知数x 的而定，因此在收敛域内寻找一个新函数去刻画级数和.
2.1方程式法
类似于数项级数，函数项级数建立方程，通过方程求解求函数项级数和.
例15：计算函数项级数23456
()1 (21324135246)
x x x x x s x x =+++
++++ 解：由函数项级数收敛性知识可知题中函数项级数收敛半径为+∞，
逐项求导得3
'
2
()1 (2)
x s x x x =++++即：'()1()
s x xs x =+(0)1s =
解此微分方程得：222
2
()(1)x t x s x
e e dt -
=+⎰.
2.2积分型级数求和
积分型级数求和显然直接求和会带来困难，通常积分也积不出来，所以要转化，将积分式子化简是个想法，通过变量替换等积分技术化简积分式子，再求级数和，所以关键在于处理积分式子，下面我们看个例题.
例16：计算级数(21)2
20x k k k e
ππ
∞
+-
=∑⎰
.
解：因为(2,(21x k k ππ∈+））
，作变量替换t k x +=π2得：
(21)(2
2
2200
=x t t
k k k k e
e e e π
πππππ
+-
-+--=⎰
⎰⎰）
再根据：'2
2
t t e
e dt -
-=⎰⎰C +得：
(42
220
4
t
t t
k e
e e ππ
πππ-+--=-+⎰
⎰⎰）
=
404
2|2e
e
π
ππ
--
=840
4
2|24e
e
e
c π
π
ππ
-
--=.
所以原级数
=82
11t k k e
e
e ππ
π
π
∞
--
--==-∑⎰
. 2.3逐项求导求级数和
根据幂级数逐项求导收敛半径不变原理，对原级数逐项求导后化为一些易求和的幂级数，再往回求积分，从而求原级数和.易知的级数往往是通过泰勒展式或者麦克劳林展式获得的。

泰勒定理
[1]
：若函数()f x 在0x 的某领域内存在1n +阶的连续导数，则()f x =
''()'
2
0000000()()()()()+()...()()2n n n f x f x f x f x x x x x x x R x n +--++-+！！
，这里()n R x 是拉格朗日余项即
()(1)100()
()()n n n f x R x x x n ++=-+1！.设()f x 在区间),(00r x r x +-内等于它的泰勒级数的和的充要条件：对一切
满足不等式 0||x x r -<的x ，有lim ()0n n R x →∞
=，上式右边称为)(x f 在0x x =处的泰勒展开式.由泰勒展
开式可知右边是个级数，而在求解级数时我们可以逆向来看，已知以级数和像求()f x 的方向行进，找准各阶对应的导数形式，并按泰勒级数的样子提炼出()f x .但在实际应用中()f x 在00x =处的级数应用较多，称为麦克劳林级数.而由泰勒级数的定义可以将一些基本初等函数推导出来，再有基本初等函数推导复合函数的级数和形式，反过来即是求级数和.这也不失为一种求级数和的选择.这中方式在前面函数项级数求和的过程中已经有所运用，在此总结是为了形成一种较为普遍的方法.即使是级数逐项求导积分法也是基于此理论基础之上的.
例17：求解41
(1)()41n n n x s x n +∞
=-=+∑.
解：由莱布尼茨定理可以判断此交错级数收敛，且收敛区间为[-1,1],将级数逐项求导可得：
'
40()(1)n
n
n s x x
∞
==-∑44
01()1n
n x x ∞
==-=+∑(利用易知麦克劳林展式0
1(1)1n
n x x ∞
=-=+∑) 再积分回去便得到级数和.
2.4逐项积分求级数和
通过级数逐项积分收敛半径不变原理，对原级数逐项积分后化为一些易求的幂级数，再往回求导，可求出原级数和.
例18：计算0
n n nx ∞
=∑.
解：记2340
()234...n n s x nx x x x x ∞
===++++∑，对其逐项积分得：
234230
12311()...(1)(1) (23423)
x
s t dt x x x x x =
+++=-+-+⎰= 234234111(...)(...)234x x x x x x x x ++++-++++=ln(1)
1x
x x
+--，其中(1,1)x ∈-，
所以'1
()(ln(1))1n n x s x nx x x ∞
===+--∑=2
(1)x x -. 2.5将原级数分解转化为已知级数
分解为已知在数学中是一种基本的技巧，通过转化为我们所知道的知识解决原复杂问题在很多地方都是个不错的想法，因此在解决级数和的问题时我们也引入这思想.我们已知在幂级数中已知的麦克劳林展式有好几个，我们要将这几个基本初等函数的展式牢记于心，还要学会利用拉格朗日展式的角度逆向思考级数求和的问题.我们简单的引入一个问题来说明这种方式，主要是引入这种思想.
例19：计算221
(1)2
n
n n ∞
=-∑
. 解：记s =221(1)2n n n ∞
=-∑2
1111)2112n n n n ∞
=−−−→-←−−−-+∑分解（， 利用ln(1)x +的麦克劳林展式得：11111ln(1)ln(1)42228s =--+-++=53
ln 284
-.
2.6利用傅立叶级数求级数和
通过构造函数，并通过延拓的方式求此函数的傅立叶展式，再由收敛定理求解函数值即可求出原级数和，关键在于准确找出傅立叶函数.
例20：计算21
1n n ∞
=∑
. 解：构造傅立叶函数()f x = 2x ,其中[0,]x π∈作偶延拓得: ()g x = 2x ,x ππ-≤≤由此可知傅立叶系数为：0n b =，其中1,2,3...n =
2200
2
2
3
a x dx π
ππ
=
=⎰
，
2
24
2
24
cos()sin()|sin()n a x nx dx x nx x nx dx n n π
π
ππ
ππ
=
=-=⎰
⎰
222
44
4
cos()|cos()(1)n
x nx nx dx n n n π
πππ
-=-⎰
，（其中1,2,3...n =）.
由狄利克雷收敛条件可知：2
21(1)()4cos()3n
n f x nx n
π∞
=-=+∑，其中0x π≤≤现在令x π=得：
2
2
21143n n ππ∞
==+∑，进而可得：2
2116n n π∞
==∑.
说明：有了以上结果数项级数的关于2
11
n n
∞
=∑
就可以套用公式了，如：利用2.6结果求解级数和，2.6的结果是一个很常用的级数和公式，因此我们可以直接拿来用.
例21：计算，21
(1(1)n n
n x x n x ∞
=--∑）
，其中满足1x →. 解：任意x ∈（0，1），记
()n u x =2(1(1)n n x x n x --）21(1...)n n x n x x -=+++22
(11(1)n n n n x x x n x n nx n
-≤≤≤-）， 由魏尔斯特拉斯定理，因为级数
21
1
n n ∞
=∑收敛，所以题目中级数在（0，1）上一致收敛.2212111(11
lim ()lim lim (1)(1...)2n n n n n n x x x x x x u x a n x n x x n
-→→→-====-+++）， 2221111111(1111lim lim lim (1)22n n n x x x n n n n x x a n x n n ∞
∞∞∞→→→====-===-∑∑∑∑），因为2
21
16n n π∞
==∑，所以带入上面式子可得级数和为2
12
π.
2.7三角级数对应复数求级数和
三角函数与复数有天然的对应关系，因此将其化归到复数域上再利用复数域知识求解，从而获得原级数的和.
例22[7]
：计算1
sin n nx
n ∞
=∑
. 解：由复数域上幂级数的麦克劳林展式可知：11ln
,1n
ix n z z e z n
∞
===-∑，及11sin ln ln(1cos sin )ln(22cos )arctan 121cos x x i x x i z x
=---=-+--1
sin ln |2sin |2n x nx
i n ∞
==-+∑
，由
111cos sin n n n n z nx nx i n n n ∞
∞∞====+∑∑∑，对应实部得1
cos ln |2sin |2n nx x n ∞
==-∑，其中(0,2)x π∈， 1
sin sin arctan arctan(cot )arctan(tan )1cos 222n nx x x x x n x ππ∞
=--====-∑. 2.8利用三角公式化简级数
三角级数还可以利用三角公式化简三角级数，化简后的级数可能比原级数容易求解些，通常复杂级数求和都是要转化，转化为能求和的方向.
例23：计算1
sin sin n na nx
n ∞
=∑
. 解：由三角函数的积化和差公式可知：原级数=
2.7111cos ()1cos ()11ln |2sin |ln |2sin |222222n n n x a n x a x a x a n n ∞∞==-+-+−−−−−→--+←−−−−−∑∑利用的实部sin
12ln ||2sin
2
x a
x a +=-，其中未知数x 满足：{|02}{|02}x x x a x x a ππ∈<-<⋂<+<.
2.9针对2.7的延伸
在此对2.8的延伸，并不是意味着2.8是个通用的级数和式子，只是看见了另外的一个题可以运用2.8，在此列出是为了表明在求级数和的过程中一些复杂级数可以由另外一些级数求和的，因此遇见复杂级数求和的时候要多注意平常积累的例子，想想平时有没有遇见类似的级数求和问题.
例24：计算1
sin(21)21n n x
n ∞
=--∑
.
解：令1sin ()n nx f x n ∞==∑，由 2.8可知1
sin ||()sgn n n x f x x n ∞==∑= ||
sgn 2x x π-其中未知数满足
(2,2)x ππ∈-，令11sin(21)()21n k x f x k ∞
=-=-∑，21
sin 2()2n kx
f x k ∞
==∑.有 211sin(2||)12||
()sgn sgn 222
k k x x f x x x k π∞=-==∑，由12()()()f x f x f x =+，
当(,)x ππ∈-时，有12||
2||
sgn ()sgn 24x x x
f x x
ππ--=+，于是
1||2||()sgn ()sgn ,(,)244
x x f x x x x πππ
ππ--=-=∈-.
2.10添加项处理系数
例25：计算
24
248
...111x x x x x x +++---，其中||1x <. 解：令1
2
2,0,1,2...1n
n n x k n x
+=
=-，当1x ≠时，
2
222
(1)1111x x x x x x x x x =+=+=---- 22422
2424424
(1+)...1111111x x x x x x x x x x x x x x x +=++==++------- 1
1
1
2
2
22...11n
n n n x x x
x
++++
+
--=012...n n k k k k r +++++，其中1
2
2
21n n n x r x
++=
-，
当:|1x <|时，0n r →，于是：lim()11n n n x x
k r x x
→∞=-=
--∑. 2.11应用留数定理计算级数和
定理[8]：若函数z)φ（满足以下两个条件：（1）z)φ（在复平面具有孤立奇点0z ，1z ，…t z ，且这些孤立奇点不为整数及∞，除去上述奇点外z)φ（在其它各处都解析；（2）
(1)()Re (csc()(z),)l
n
s
n s n s z z φππφ+∞=-∞
=-=-∑∑.
证明：研究围道积分
111
Re (csc()(z),)lim (z)lim (z)lim(1)()sin()cos()
n
n
n
n
j
z j z j z j
j n j n
j n
c s z j j z z πφφφφππππ→→→=-=-=-===-∑∑∑⎰
又由函数()f z 满足留数定理的条件，则根据定理我们可以得到如下的等式：
1
1
csc()(z)Re (csc()(z),)Re (csc()(z),)(1)()+Re (csc()(z),)
2n
n l
n l
j s s j n
s j n
s c z dz s z j s z z s z z i πφπφπφφπφππ
=-==-==+=
-∑∑∑∑⎰j （1）由引理，csc(z π)
在n c 上有界，即存在0M >，使得|csc()|z M π≤.于是
0|csc()(z)||c s()(z)||||(z)|||n
n
n
c c c z dz o z dz M dz πφπφφ≤≤≤⎰⎰⎰，两边取极限得
0lim |csc()(z)|lim |c s()(z)|||lim |(z)|||0n
n
n
n n n c c c z dz o z dz M dz πφπφφ→∞
→∞
→∞
≤≤≤=⎰⎰⎰
即：lim |csc()(z)|0n
n c z dz πφ→∞
=⎰，所以1
lim
csc()(z)02n
n c z dz i πφπ→∞=⎰，对（1）式取极限得到
0=0
1
lim
(1)()lim Re (csc()(z),)n l
j
s
n n j n
s s z z φπφπ
→∞
→∞
=-=-+∑∑j .所以
(1)()Re (csc()(z),)l
n
s
s s z z φππφ∞
=-∞
=-=-∑∑n .证明完毕.
结论的应用：
例26[8]
：求级数22(1)+n
n a
∞
=-∞-∑（a 不为0）的和.
解：令22
1
()+z a φ=
z ，当a 不为零时，()φz 满足定理的两个条件，那么
1
Re (csc()(z),)lim (z)limcsc()sin()n
n
n
z j z j
j n j n
c s z j ai z πφφππ→→=-=-==∑∑⎰.即：
22
(1)1
+()n n n a a sh a ππ∞
=-∞
-=-∑，当a 趋近于零时，将上式变形可得： 22222
11(1)(1)11
++()n n n n n a n a
a a sh a ππ∞
-∞==--++=∑∑容易证得等式左边的两个级数是收敛的.故上式两端取极限可得
上述级数和,
2.12利用Beta 函数求级数和
定理1 [6] 设,r q 为自然数，a 为实数，且||1a ≤，则
111
1011(1)(1)...(1)(1)!1n r q q n a x x
dx nq nq nq r r ax ---∞
=-=++---∑⎰. 定理2 [6] 设r 为自然数，k 为非负整数，a 是实数，大于k ，||1a ≤，有
1
1011
(1)[()1][()+2]...[()+r](1)!1n r r k n a x dx n r k n r k n r k r ax -∞
-=-=-+----∑⎰. 定理 3
[6]
设r 为自然数，级数11
(1)n r n n a x x ∞
-=-∑在[0,1]上一致收敛于函数 1()(1)r f x x -=-,则
11001
(1)()(1)(2)...(+-1)()
(1)!n r n a x f x dx n n n r n r r ∞
-==-+++-∑⎰. 这三个定理的证明涉及Beta 函数，此处证明从略.只说明这三个定理应用于求解级数和的问题.分析这
三个定理可以看它们用于解决一些自然数连续性相乘且置于分母的级数和.将级数和中某些数赋予给定理中的相应的a 、q 、r ，再将按定理套用，可以将定理左边的级数化为右边的积分求解.运用定理的关键在于准确找出a 、q 、r ，只要这项工作完成，那么剩下的就是积分的问题.
例27：计算
111
(123234345)
-+-••••••.
解：对应上述三个定理，此级数根据定理1，将a 置为-1，r 置为3，q 置为1则可以将级数化为积分式子，求解具体过程从略.
参考文献
[1] 《数学分析》下册，第三版，华东师范大学数学系编，高等教育出版社2009
[2] 《数学分析同步辅导及习题全解》华东师大版，华腾教育教学与研究中心，中国矿业大学出版社
[3] 李永乐，《数学复习全书》（理工类数学一），国家行政学院出版社，2012版 [4] 李永乐，《数学基础过关660题》数学一，西安交通大学出版社，2011 [5] 陈文灯，《2011版考研数学额复习高分指南》，世界图书出版公司，2011 [6] 薛春华，徐森林编，《数学分析精选习题全解（下册）》，清华大学出版社 [7] 《吉米多维奇习题集全解》，南京大学数学系，安徽人民出版社 [8] 裴礼文，《数学分析中的典型问题与方法》第二版，高等教育出版社，2010 [9]严子谦等，《数学分析中的方法与技巧》，高等教育出版社 [10]周强明著，《数学分析习题演练（第二册）》，科学出版社 [11]贾高，《数学分析专题选讲》，上海交通大学出版社 [12]魏战线，《工科数学分析基础释疑解答》，高等教育出版社 [13]孙玉泉，《数学分析巩固与提高》，机械工业出版社
[14]钟玉泉，《复变函数论》，高等教育出版社
[15]朱时，《数学分析一题多解》，科学教育出版社。