级数求和的常用方法

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.

s =na 1+

n (a 1+a n ）n (n -1)

，其中a 1为首项，d 为公差 d =

22

证明：s =a 1+a 2+...+a n ①，s=a n +...+a 2+a 1② ①+②得：2s =(a 1+a n ）+(a 2+a n -1)+...+(a n +a 1) 因为等差级数a 1+a n =... =a n +a 1

n (a 1+a n ）

此证明可导出一个方法“首尾相加法”见1.2. 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.

所以s =

02n

例1:求c n . +3c 1) c n n +5c n +... +(2n +1

02n n 210解：s =c n +3c 1n +5c n +... +(2n +1) c n ，s =(2n +1) c n +...5c n +3c n +c n ，两式相加得：n 20

2s =(2n +2)(c n +... c n +c 1) ⋅2n +1，即： n +c n ) =(n +102n c n +3c 1) c n =(n +1)2n . n +5c n +... +(2n +1

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.

a 1(1-q n )

当q =1，s =na 1；当q ≠1，s =，其中a 1为首项，q 为公比.

1-q

证明：当q =1，易得s =na 1，

当q ≠1，s =a 1+a 1q 1+...+a 1q n -1 ①， qs =a 1q +a 1q 2+...+a 1q n ②， ①-②得(1-q ) s =a 1-a 1q n . 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.

2n -1

例2：计算∑n .

21352n -1352n -1

解： s =+2+3+... +n ①，2s =1++2+... +n -1 ②，

2222222

11-n -1n n n

2k -12k -122n -1-2n -1=3-1-2n -1，②-①得： s =2s -s =1+∑k -1-∑k =1+∑k -n =1+n n -1n

122222k =22k =1k =121-2

lim s =3.

n →∞

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∑.

i =1n

解：将各项展开可得：

s =(1-++... +++

=1=1 1.6有理化法求级数和

lim s =n →∞

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n =1∞

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

a n =

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q cos θ+q 2cos 2θ+... +q n cos n θ，其中q

解：记s =q cos θ+q cos 2θ+... +q cos n θ= ∑q k cos k θ

2

n

k =1

n

两边同时乘以2q cos θ得

2q cos θ∙s =∑2q

k =1n

k +1

cos θcos k θ=

k +1q （k +1）∙θ+cos（k -1) ∙θ] ∑[cos k =1

n

22n +2

即：2q cos θ∙s =（q n +1cos （n +1）θ+s -q cos θ) +(q +q s -q cos n θ)

q n +2cos n θ-q n +1cos(n +1) θ+q cos θ-q 2解此方程得：s = 2

1+q -2q cos θq cos θ-q 2

. lim s =2n →∞1+q -2q cos θ

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a n →0（2）级数各项没有破坏次序的情况而得新序列∑b n 收敛于原级数 .

n =1∞

1111111111

+++（-）+++（-）+.... 例6：计算1++（-1）

2345627893

111

解：lim a n =0，应用欧拉公式1+++... +=c +ln n +e n ，其中c 为欧拉常数，

n →∞23n

11111

e n →0(n →∞) s =1+++...+-1--...-

233n 2n

=ln3n -ln n +e 3n -e n ，lim s =ln 3.

n →∞

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∑

1

.

（2n -1）n =11∙3∙5∙... ∙

1

x 2n -1由函数敛散性知识可知其收敛域为

（2n -1）n =11∙3∙5∙... ∙

'

∞

∞

解：建立函数项级数s (x ) =∑

(-∞, +∞) ，将函数项级数逐项求导可得：s (x ) =1+∑

1

x 2n -2=

（2n -3）n =11∙3∙5∙... ∙

∞

1+x ∑

1

x 2n -1=1+xs (x ) ，由此可知s (x ) 满足微分方程

（2n -1）n =11∙3∙5∙... ∙

∞

s ' (x ) -xs (x ) =1，且易知s (0)=0，解此常微分方程得：

s (x ) =e

12x 2

⎰

x

e

1-t 22

dt ，令x =1则可以求出原级数和：s =e

12

⎰e

1

12t 2

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∑

∞

1

，其中(n →∞) .

k =1n +k

∞

n 1dx 分子分母同时除以n 构造分割111−−−−−−−−→=lim ∑=ln2. 解：记s =∑←−−−−−−−−⎰建立级数与积分的桥梁0n →∞k 1+x k =1n +k k =1

1+n n

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s = q cos θ+q 2cos 2θ+... +q n cos n θ，求s .

解：由于s =∑q k cos k θ，令z =qe i θ=q (cosθ+i sin θ) 为复数，其中k =0,1,2...

k =1n

z k =q k e ik θ=q k (cosk θ+i sin k θ) ，其中k =1,2... ，得：

n

1-z n +1

=∑z k =1+z +z 2+... +z n =1+q (cosθ+i sin θ) +q 2(cos2θ+i sin 2θ)+ 1-z k =0

q 3(cos3θ+i sin3θ)+...+q n (cosn θ+i sin n θ) =1+q cos θ+q 2cos 2θ+q 3cos3θ+

...+q cos n θ+i (q sin θ+q sin 2θ+... +q sin n θ) 而另一方面

n

2

n

11-z n +11-q n +1(cos(n +1)θ+i sin(n +1)θ)

= =21-2q cos θ+q 1-z 1-q (cosθ+i sin θ)

n +1n +2n +2

1-q cos θ-q cos(n +1) θ+q cos(n +1) θcos θ+q sin(n +1) θsin θ⎤｛⎡⎣⎦+ n +2n +1n +2i ⎡q sin θ-q cos(n +1) θsin θ-q sin(n +1) θ+q sin(n +1) θcos θ⎤⎣⎦｝

取实部对应原级数和即得：

1+s =

s =

1n +1n +2

(1-q cos θ-q cos(n +1) θ+q cos n θ) 即： 2

1-2q cos θ+q

1

(1-q cos θ-q n +1cos(n +1) θ+q n +1cos n θ-1+2q cos θ-q 2) 2

1-2q cos θ+q

q cos θ-q 2

当n →∞，且q

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

t t 2t 3t n

s =（1-t ）(+2+3+...+n +...) ，其中t →1-.

t +1t +1t +1t +1

e -x 1

=解：构造函数式子：f (x ) =, 此函数在[0,+∞) 单调递减. 1+e -x 1+e x

由于⎰

+∞

-x

+∞-d (1+e ) e -x -x +∞

dx =dx =-ln(1+e ) |0=ln 2， -x -x ⎰01+e 1+e

令h =-ln t ，满足lim h =lim ln t =0

t →1

t →1

1-t =1-e

ln t

=1-e

-h

1-e -h t k (e -ln t ) k e -hk

=h ，k =-ln t k =-hk =f (kh ) .

h t +1(e ) +1e +1

t t 2t 3t n

（1-t ）(+++...+n +...) = 代入题目中的级数式子得：lim t →1-t +1t 2+1t 3+1t +1

-x

+∞e 1-e -h ∞1-e -h ∞

lim h ∑f (kh ) =lim h ∑f (kh ) =⎰-x =ln 2.

0e h →0h →0h h +1k =1k =1

1.13级数讨论其子序列

引理[1]：数列{s n }收敛的充分必要条件是{s n }的任一子序列都收敛且有相同的极限. 特别的：数列

[1]

{s n }收敛于s 的充分必要条件是两个互补的子列{s 2n }, {s 2n -1}, 收敛于同一极限. 推广可得：定理：若

级数∑a n 通项满足当n →∞时， a n →0（收敛判别的必要条件），∑a n 收敛于s 的充分必要条件是：

n =1

n =1

∞∞

部分和{s n }的一个子序列{s np }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：∑

n =1∞

cos

2n π. n 2

解：记s =∑

n =1

∞

cos

2n 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：n 2

A 1={n |n =3k , k =0,1,2...}，A 2={n |n =3k +1, k =0,1,2...}，A 3={n |n =3k +2, k =0,1,2...}.

∞

则：∑

n =0

cos

2n π2n π2n π2n π

cos cos cos ∞∞∞

=++

∑∑∑n n n n

2222n ∈A 1n ∈A 2n ∈A 3

cos

2ππ

（π+）∞cos ∞

12π1π1k + =（1+cos +cos （π+））() ∑23k +2∑3

23k +1k =02343k =02

∞

=∑

1

+∑3k 2k =0k =0

∞∞

1115=(1--) =，所以：s =∑

481-17n =1

8

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

=(-) ，此处m >n .

(x +m )(x +n ) n -m x +m x +n

111++... +. 123234n (n +1) (n +2)

cos

2n π

-1=-2. 2n 7

例12：计算s =

解:记a n =

n

1111

-] ，a n =[

n (n +1) (n +2) 2n (n +1) (n +1)(n +2)

n

11111

=-针对∑同理采用裂项法记b n =则∑=

n (n +1) n n +1k ⋅(k +1) k (k +1) k =1k =1

裂项后后面项可以消去前面项部分[1**********]−−−−−−−−−−→ (1-) +(-) +(-) +(-) +(-)+...+(-) ←−−−−−−−−−−这就是裂项法的好处！223344556n n +1

n

1111-，lim ∑=lim[1-]=1，所以 n +1n →∞k =1k (k +1) n →∞n +1n

1111

lim ∑=lim ∑[+]= n →∞n →∞2(k +1)(k +2) k =1k (k +1)(k +2) k =1k (k +1) n n +1

111111111

lim ∑-lim(∑-) =-(1-) =.

242n →∞k =1k (k +1) 2n →∞k =1k (k +1) 222

n

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∑解：

∞

n

.

(n +1)(n +2)（n +3）n =1

∞

1123n +5

+-=

n +1n +2n +3(n +1)(n +2)（n +3）

n 1∞1125∞1

= ∴∑=∑(+-) -∑

（n +3）3n =1n +1n +2n +33n =1(n +1)(n +2)（n +3）n =1(n +1)(n +2)

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：设m 为一给定的正整数，求

m +N

[8]

1

. ∑22

m -n n =1, m ≠n

∞

解：s m +N

m -1m +N

111

=∑2=+∑∑22222

n =1, m ≠n m -n n =1m -n n =1+m m -n

m +N

111111111

] =[++++... +++∑(+

2m m -1m +1m -2m +212m -1n =m +1m -n m +n )

=

1111111(1++... +-1--... ---) 2m 22m +N 2N m 2m 2m 1112m 2m

N →∞N +2m N +1N +2N +2m N +1N +1

∞

2m 313lim =0，所以lim s m +N =0-，即 =-∑222N →∞N +2m N →∞4m 2m -n 4m n =1, m ≠n

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.

x 2x 3x 4x 5x 6

++++... 例15：计算函数项级数s (x ) =1+x ++

[1**********]

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+∞，

x 3

逐项求导得s (x ) =1+x +x ++... 即：s ' (x ) =1+xs (x )

2

'

2

s (0)=1

解此微分方程得：s (x ) =e (⎰e dt +1) .

x 22

x -

t 22

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∑⎰

k =0∞

(2k +1) π2k π

e

-

x 2

.

解：因为x ∈(2k π,(2k +1，作变量替换x =2k π+t 得：

）π）

⎰

(2k +1) π

2k π

t t

π-(k π+π--k π2

e =⎰e =e ⎰e 2

00

-

t

-' 2

e =⎰e dt +C 得：

-t

2

x 2

再根据：⎰

⎰

π

e

t -(k π+

2

πt t

π--=-⎰4e 2+πe 2=

4

-2e

π

-

2e

40∞

=-2e

4

ππ

π

-2e

40

4e

4

ππ

c =-

π

8

.

所以原级数

=∑e

k =0

-k π

⎰

π

e

-

t 2

π-1

dt =8. -π

1-e 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x 0的某领域内存在n +1阶的连续导数，则f (x ) =

f '' (x 0) f (n ) (x 0) 2

f (x 0) +f (x 0)(x -x 0)+(x -x 0) +... +(x -x 0) n +R n (x ) ，这里R n (x ) 是拉格朗日余项即

2！n ！

f (n +1) (x 0)

R n (x ) =(x -x 0) n +1. 设f (x ) 在区间(x 0-r , x 0+r ) 内等于它的泰勒级数的和的充要条件：对一切

n +1！满足不等式 |x -x 0|

n →∞

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x 0=0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.

(-1) n x 4n +1

例17：求解s (x ) =∑.

4n +1n =0

∞

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：

s (x ) =∑(-1) x

'

n

n =0∞

4n

∞

11n

(利用易知麦克劳林展式) =∑(-x ) =(-1) x =∑4

1+x 1+x n =0n =0

4n

∞

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∑nx n .

n =0∞

解：记s (x ) =∑nx n =x +2x 2+3x 3+4x 4+... ，对其逐项积分得：

n =0

∞

1223341213x +x +x +... =(1-) x +(1-) x +... = ⎰0

23423

111x

(x +x 2+x 3+x 4+...) -(x +x 2+x 3+x 4+...) =+ln(1-x )

2341-x

x

s (t ) dt =

，其中x ∈(-1,1) ，

x x

所以s (x ) =∑nx n =(. +ln(1-x )) ' =2

(1-x ) 1-x n =1

∞

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∑

∞

1

. 2n

(n -1)2n =2

∞

∞

分解11111−−−→∑解：记s =∑2（-) n ， ←−−−n

2n =2n -1n +12n =2(n -1)2

1111153

利用ln(1+x ) 的麦克劳林展式得：s =-ln(1-) +ln(1-) ++=-ln 2.

4222884

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∑

1. 2

n =1n

∞

解：构造傅立叶函数f (x ) = x 2, 其中x ∈[0,π]作偶延拓得: g (x ) = x 2, -π≤x ≤π由此可知傅立叶系数为：b n =0，其中n =1, 2,3...

a 0=

2

π

2

⎰

π

2

x 2dx =π2，

3

a n =

π

⎰

π

224

x cos(nx ) dx =x sin(nx ) |π-0

n πn π

2

π

⎰

4

x sin(nx ) dx =

4n 2π

x cos(nx ) |π0-

4n 2π

⎰

π

cos(nx ) dx =(-1) n

4

n 2

，（其中n =1, 2,3... ）.

(-1) n 由狄利克雷收敛条件可知：f (x ) =+4∑2cos(nx ) ，其中0≤x ≤π现在令x =π得：

3n =1n

∞

π2

∞

11π2

. π=+4∑2，进而可得：∑2=

36n =1n n =1n 2

∞

π2

说明：有了以上结果数项级数的关于∑

1

就可以套用公式了，如：利用2.6结果求解级数和，2

n =1n

∞

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.

x n (1-x ）

例21：计算，∑，其中满足x →1. 2n

n (1-x ) n =1

∞

解：任意x ∈（0，1），记

x n (1-x ）x n x n (1-x ）x n 1

， u n (x ) ==≤≤≤2n 2n -12n n 2

n (1-x ) n (1+x +... +x ) n (1-x ) n nx n 由魏尔斯特拉斯定理，因为级数

1

收敛，所以题目中级数在（0，1）上一致收∑2n n =1

∞

x n (1-x ）x n 1

敛. lim u n (x ) =lim =lim ==a n ， 2x →1x →1n (1-x 2n ) x →1n (1+x +... +x 2n -1) 2n

∞∞∞

x n (1-x ）11∞11π2

，所以带入上面式子可得级数和为lim ∑=lim ∑a n =lim ∑2=∑2，因为∑2=2n x →1x →1x →12n =1n 6n =1n (1-x ) n =1n =12n n =1n

∞

π2

. 12

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：计算∑

[7]

sin nx

. n n =1

∞

∞

1z n

解：由复数域上幂级数的麦克劳林展式可知：ln =∑, z =e ix ，及

1-z n =1n

11sin x ln =-ln(1-cos x -i sin x ) =ln(2-2cos x ) +i arctan 1-z 21-cos x

∞

∞

x sin nx

=-ln |2sin |+i ∑

2n n =1

，由

∞∞

z n ∞cos nx sin nx cos nx x

，对应实部得=-ln |2sin |，其中x ∈(0,2π) ， =+i ∑∑∑∑n 2n n n =1n =1n n =1n =1

∑

sin nx sin x x π-x π-x

. =arctan =arctan(cot) =arctan(tan) =

n 1-cos x 222n =1

∞

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∑

sin na sin nx

. n n =1

∞

解：由三角函数的积化和差公式可知：原级数=

x +a

利用2.7的实部11cos n (x -a ) 1cos n (x +a ) −−−−−1x -a 1x +a |，→其=ln |--ln |2sin |+ln |2sin |←−−−−−∑∑x -a 2n =1n 2n =1n 22222sin

2

∞

∞

sin

中未知数x 满足：x ∈{x |0

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∑

sin(2n -1) x

.

2n -1n =1

∞∞

∞

π-|x |sin nx sin n |x |

解：令f (x ) =∑，由2.8可知f (x ) =sgn = sgn x 其中未知数满足x ∑2n n n =1n =1

∞

sin(2k -1) x sin 2kx

x ∈(-2π, 2π) ，令f 1(x ) =∑，f 2(x ) =∑. 有

2k -12k n =1n =1

∞

1∞sin(2k |x |)1π-2|x |

，由f (x ) =f 1(x ) +f 2(x ) ， f 2(x ) =sgn x ∑=sgn x

2k =1k 22

当x ∈(-π, π) 时，有sgn x

π-2|x |

24π-|x |π-2|x |π

f 1(x ) =sgn x (-) =sgn x , x ∈(-π, π) .

244

2.10添加项处理系数

=f 1(x ) +sgn x

π-2|x |

，于是

x x 2x 4

+++... ，其中|x |

1-x 1-x 1-x

解：令k n =

x 2

n

1-x

2n +1

, n =0,1,2... ，当x ≠1时，

x x x x 2

=(1+x ) =+= 222

1-x 1-x 1-x 1-x

x x 2x x 2x 4x x 22

+(1+x ) =++=... =++ 1-x 21-x 41-x 21-x 41-x 41-x 21-x 4

... +

x

2n 2

n +1

1-x

+

x

2n +12

n +1

1-x

=k 0+k 1+k 2+... +k n +r n ，其中r n =

x

2n +12n +2

1-x

，

x x

-r n ) =当:|x |

n →∞1-x 1-x

2.11应用留数定理计算级数和

定理[8]：若函数φ（1）φ（z) 满足以下两个条件：（z) 在复平面具有孤立奇点z 0，z 1，…z t ，且这些孤立奇点不为整数及∞，除去上述奇点外φ（z) 在其它各处都解析；（2）

n =-∞

∑(-1) φ(n ) =-π∑Re s (csc(πz ) φ(z),z ) .

n

s

s =0

+∞l

证明：研究围道积分

1Re s (csc(πz ) φ(z),j ) =lim φ(z)=∑⎰z →j sin(πz ) j =-n c n

n

11

lim φ(z)=∑z →j πcos(πz ) πj =-n

n

j =-n

∑lim(-1) φ(j )

j

z →j

n

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

⎰csc(πz ) φ(z)dz =2πi c n

j =-n

由引理，csc(πz )

∑Re s (csc(πz ) φ(z),j ) +∑Re s (csc(πz ) φ(z),z ) =π∑(-1) φ(j )+∑Re s (csc(πz ) φ(z),z ) （1）

n

l

1

n

j

l

s s

s =0j =-n s =0

在c n 上有界，即存在M >0，使得|csc(πz ) |≤M . 于是

0≤|⎰csc(πz ) φ(z)dz |≤⎰|c o s(πz ) φ(z)||dz |≤⎰M |φ(z)||dz |，两边取极限得

c n

c n

c n

0≤lim |⎰csc(πz ) φ(z)dz |≤lim ⎰|c o s(πz ) φ(z)||dz |≤lim ⎰M |φ(z)||dz |=0

n →∞

c n

n →∞

c n

n →∞

c n

即：l i m ⎰|

n →∞

c n

1

c πz s φc (d ) z =(，z 所以l i ⎰n →∞2πi

c n

j

l

s

c πs z c φ(，d ) =z (z ) 对（01）式取极限得到

0=lim

n →∞∞

1

π

n

j =-n

∑(-1) φ(j ) +lim ∑Re s (csc(πz ) φ(z),z ) . 所以

n →∞

s =0

l

s

n

=-∞

∑(-1) φ(n ) =-π∑Re s (csc(πz ) φ(z),z ) . 证明完毕.

s =0

结论的应用：

(-1) n

例26：求级数∑22（a 不为0）的和.

=-∞n +a

[8]

∞

解：令φ(z ) =

1

，当a 不为零时，φ(z ) 满足定理的两个条件，那么

z 2+a 2

n

1

Re s (csc(πz ) φ(z),j ) =lim φ(z)=∑⎰z →j sin(πz ) j =-n c n

∞

j =-n

∑limcsc(πai ) . 即：

z →j

n

(-1) n π1

，当a 趋近于零时，将上式变形可得： =-∑22

a sh (πa ) n =-∞n +a

(-1) n -∞(-1) n 1π1

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++=∑∑22222

n +a n +a a a sh (πa ) n =1n =1

∞

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|a |≤1，则

r -1q -1

1(1-x ) a n -11x

=∑q ⎰0(r -1)! 1-ax n =1nq (nq +1)...(nq +r -1) . ∞

定理2 [6] 设r 为自然数，k 为非负整数，a 是实数，大于k ，|a |≤1，有

r -1

1(1-x ) a n 1

=∑r -k ⎰0(r -1)! 1-ax n =1[n (r -k ) +1][n (r -k )+2]...[n (r -k )+r]. ∞

∞

定理3

∞

[6]

设r 为自然数，级数∑a n x n (1-x ) r -1在[0,1]上一致收敛于函数 f (x ) =(1-x ) r -1, 则

n =1

1a n 1r -1

=(1-x ) f (x ) dx . ∑⎰0(r -1)! n =0(n +1)(n +2)...(n +r -1)(n +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

-+-.... .

1∙2∙32∙3∙43∙4∙5

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

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.

s =na 1+

n (a 1+a n ）n (n -1)

，其中a 1为首项，d 为公差 d =

22

证明：s =a 1+a 2+...+a n ①，s=a n +...+a 2+a 1② ①+②得：2s =(a 1+a n ）+(a 2+a n -1)+...+(a n +a 1) 因为等差级数a 1+a n =... =a n +a 1

n (a 1+a n ）

此证明可导出一个方法“首尾相加法”见1.2. 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.

所以s =

02n

例1:求c n . +3c 1) c n n +5c n +... +(2n +1

02n n 210解：s =c n +3c 1n +5c n +... +(2n +1) c n ，s =(2n +1) c n +...5c n +3c n +c n ，两式相加得：n 20

2s =(2n +2)(c n +... c n +c 1) ⋅2n +1，即： n +c n ) =(n +102n c n +3c 1) c n =(n +1)2n . n +5c n +... +(2n +1

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.

a 1(1-q n )

当q =1，s =na 1；当q ≠1，s =，其中a 1为首项，q 为公比.

1-q

证明：当q =1，易得s =na 1，

当q ≠1，s =a 1+a 1q 1+...+a 1q n -1 ①， qs =a 1q +a 1q 2+...+a 1q n ②， ①-②得(1-q ) s =a 1-a 1q n . 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.

2n -1

例2：计算∑n .

21352n -1352n -1

解： s =+2+3+... +n ①，2s =1++2+... +n -1 ②，

2222222

11-n -1n n n

2k -12k -122n -1-2n -1=3-1-2n -1，②-①得： s =2s -s =1+∑k -1-∑k =1+∑k -n =1+n n -1n

122222k =22k =1k =121-2

lim s =3.

n →∞

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∑.

i =1n

解：将各项展开可得：

s =(1-++... +++

=1=1 1.6有理化法求级数和

lim s =n →∞

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n =1∞

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

a n =

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q cos θ+q 2cos 2θ+... +q n cos n θ，其中q

解：记s =q cos θ+q cos 2θ+... +q cos n θ= ∑q k cos k θ

2

n

k =1

n

两边同时乘以2q cos θ得

2q cos θ∙s =∑2q

k =1n

k +1

cos θcos k θ=

k +1q （k +1）∙θ+cos（k -1) ∙θ] ∑[cos k =1

n

22n +2

即：2q cos θ∙s =（q n +1cos （n +1）θ+s -q cos θ) +(q +q s -q cos n θ)

q n +2cos n θ-q n +1cos(n +1) θ+q cos θ-q 2解此方程得：s = 2

1+q -2q cos θq cos θ-q 2

. lim s =2n →∞1+q -2q cos θ

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a n →0（2）级数各项没有破坏次序的情况而得新序列∑b n 收敛于原级数 .

n =1∞

1111111111

+++（-）+++（-）+.... 例6：计算1++（-1）

2345627893

111

解：lim a n =0，应用欧拉公式1+++... +=c +ln n +e n ，其中c 为欧拉常数，

n →∞23n

11111

e n →0(n →∞) s =1+++...+-1--...-

233n 2n

=ln3n -ln n +e 3n -e n ，lim s =ln 3.

n →∞

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∑

1

.

（2n -1）n =11∙3∙5∙... ∙

1

x 2n -1由函数敛散性知识可知其收敛域为

（2n -1）n =11∙3∙5∙... ∙

'

∞

∞

解：建立函数项级数s (x ) =∑

(-∞, +∞) ，将函数项级数逐项求导可得：s (x ) =1+∑

1

x 2n -2=

（2n -3）n =11∙3∙5∙... ∙

∞

1+x ∑

1

x 2n -1=1+xs (x ) ，由此可知s (x ) 满足微分方程

（2n -1）n =11∙3∙5∙... ∙

∞

s ' (x ) -xs (x ) =1，且易知s (0)=0，解此常微分方程得：

s (x ) =e

12x 2

⎰

x

e

1-t 22

dt ，令x =1则可以求出原级数和：s =e

12

⎰e

1

12t 2

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∑

∞

1

，其中(n →∞) .

k =1n +k

∞

n 1dx 分子分母同时除以n 构造分割111−−−−−−−−→=lim ∑=ln2. 解：记s =∑←−−−−−−−−⎰建立级数与积分的桥梁0n →∞k 1+x k =1n +k k =1

1+n n

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s = q cos θ+q 2cos 2θ+... +q n cos n θ，求s .

解：由于s =∑q k cos k θ，令z =qe i θ=q (cosθ+i sin θ) 为复数，其中k =0,1,2...

k =1n

z k =q k e ik θ=q k (cosk θ+i sin k θ) ，其中k =1,2... ，得：

n

1-z n +1

=∑z k =1+z +z 2+... +z n =1+q (cosθ+i sin θ) +q 2(cos2θ+i sin 2θ)+ 1-z k =0

q 3(cos3θ+i sin3θ)+...+q n (cosn θ+i sin n θ) =1+q cos θ+q 2cos 2θ+q 3cos3θ+

...+q cos n θ+i (q sin θ+q sin 2θ+... +q sin n θ) 而另一方面

n

2

n

11-z n +11-q n +1(cos(n +1)θ+i sin(n +1)θ)

= =21-2q cos θ+q 1-z 1-q (cosθ+i sin θ)

n +1n +2n +2

1-q cos θ-q cos(n +1) θ+q cos(n +1) θcos θ+q sin(n +1) θsin θ⎤｛⎡⎣⎦+ n +2n +1n +2i ⎡q sin θ-q cos(n +1) θsin θ-q sin(n +1) θ+q sin(n +1) θcos θ⎤⎣⎦｝

取实部对应原级数和即得：

1+s =

s =

1n +1n +2

(1-q cos θ-q cos(n +1) θ+q cos n θ) 即： 2

1-2q cos θ+q

1

(1-q cos θ-q n +1cos(n +1) θ+q n +1cos n θ-1+2q cos θ-q 2) 2

1-2q cos θ+q

q cos θ-q 2

当n →∞，且q

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

t t 2t 3t n

s =（1-t ）(+2+3+...+n +...) ，其中t →1-.

t +1t +1t +1t +1

e -x 1

=解：构造函数式子：f (x ) =, 此函数在[0,+∞) 单调递减. 1+e -x 1+e x

由于⎰

+∞

-x

+∞-d (1+e ) e -x -x +∞

dx =dx =-ln(1+e ) |0=ln 2， -x -x ⎰01+e 1+e

令h =-ln t ，满足lim h =lim ln t =0

t →1

t →1

1-t =1-e

ln t

=1-e

-h

1-e -h t k (e -ln t ) k e -hk

=h ，k =-ln t k =-hk =f (kh ) .

h t +1(e ) +1e +1

t t 2t 3t n

（1-t ）(+++...+n +...) = 代入题目中的级数式子得：lim t →1-t +1t 2+1t 3+1t +1

-x

+∞e 1-e -h ∞1-e -h ∞

lim h ∑f (kh ) =lim h ∑f (kh ) =⎰-x =ln 2.

0e h →0h →0h h +1k =1k =1

1.13级数讨论其子序列

引理[1]：数列{s n }收敛的充分必要条件是{s n }的任一子序列都收敛且有相同的极限. 特别的：数列

[1]

{s n }收敛于s 的充分必要条件是两个互补的子列{s 2n }, {s 2n -1}, 收敛于同一极限. 推广可得：定理：若

级数∑a n 通项满足当n →∞时， a n →0（收敛判别的必要条件），∑a n 收敛于s 的充分必要条件是：

n =1

n =1

∞∞

部分和{s n }的一个子序列{s np }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：∑

n =1∞

cos

2n π. n 2

解：记s =∑

n =1

∞

cos

2n 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：n 2

A 1={n |n =3k , k =0,1,2...}，A 2={n |n =3k +1, k =0,1,2...}，A 3={n |n =3k +2, k =0,1,2...}.

∞

则：∑

n =0

cos

2n π2n π2n π2n π

cos cos cos ∞∞∞

=++

∑∑∑n n n n

2222n ∈A 1n ∈A 2n ∈A 3

cos

2ππ

（π+）∞cos ∞

12π1π1k + =（1+cos +cos （π+））() ∑23k +2∑3

23k +1k =02343k =02

∞

=∑

1

+∑3k 2k =0k =0

∞∞

1115=(1--) =，所以：s =∑

481-17n =1

8

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

=(-) ，此处m >n .

(x +m )(x +n ) n -m x +m x +n

111++... +. 123234n (n +1) (n +2)

cos

2n π

-1=-2. 2n 7

例12：计算s =

解:记a n =

n

1111

-] ，a n =[

n (n +1) (n +2) 2n (n +1) (n +1)(n +2)

n

11111

=-针对∑同理采用裂项法记b n =则∑=

n (n +1) n n +1k ⋅(k +1) k (k +1) k =1k =1

裂项后后面项可以消去前面项部分[1**********]−−−−−−−−−−→ (1-) +(-) +(-) +(-) +(-)+...+(-) ←−−−−−−−−−−这就是裂项法的好处！223344556n n +1

n

1111-，lim ∑=lim[1-]=1，所以 n +1n →∞k =1k (k +1) n →∞n +1n

1111

lim ∑=lim ∑[+]= n →∞n →∞2(k +1)(k +2) k =1k (k +1)(k +2) k =1k (k +1) n n +1

111111111

lim ∑-lim(∑-) =-(1-) =.

242n →∞k =1k (k +1) 2n →∞k =1k (k +1) 222

n

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∑解：

∞

n

.

(n +1)(n +2)（n +3）n =1

∞

1123n +5

+-=

n +1n +2n +3(n +1)(n +2)（n +3）

n 1∞1125∞1

= ∴∑=∑(+-) -∑

（n +3）3n =1n +1n +2n +33n =1(n +1)(n +2)（n +3）n =1(n +1)(n +2)

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：设m 为一给定的正整数，求

m +N

[8]

1

. ∑22

m -n n =1, m ≠n

∞

解：s m +N

m -1m +N

111

=∑2=+∑∑22222

n =1, m ≠n m -n n =1m -n n =1+m m -n

m +N

111111111

] =[++++... +++∑(+

2m m -1m +1m -2m +212m -1n =m +1m -n m +n )

=

1111111(1++... +-1--... ---) 2m 22m +N 2N m 2m 2m 1112m 2m

N →∞N +2m N +1N +2N +2m N +1N +1

∞

2m 313lim =0，所以lim s m +N =0-，即 =-∑222N →∞N +2m N →∞4m 2m -n 4m n =1, m ≠n

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.

x 2x 3x 4x 5x 6

++++... 例15：计算函数项级数s (x ) =1+x ++

[1**********]

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+∞，

x 3

逐项求导得s (x ) =1+x +x ++... 即：s ' (x ) =1+xs (x )

2

'

2

s (0)=1

解此微分方程得：s (x ) =e (⎰e dt +1) .

x 22

x -

t 22

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∑⎰

k =0∞

(2k +1) π2k π

e

-

x 2

.

解：因为x ∈(2k π,(2k +1，作变量替换x =2k π+t 得：

）π）

⎰

(2k +1) π

2k π

t t

π-(k π+π--k π2

e =⎰e =e ⎰e 2

00

-

t

-' 2

e =⎰e dt +C 得：

-t

2

x 2

再根据：⎰

⎰

π

e

t -(k π+

2

πt t

π--=-⎰4e 2+πe 2=

4

-2e

π

-

2e

40∞

=-2e

4

ππ

π

-2e

40

4e

4

ππ

c =-

π

8

.

所以原级数

=∑e

k =0

-k π

⎰

π

e

-

t 2

π-1

dt =8. -π

1-e 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x 0的某领域内存在n +1阶的连续导数，则f (x ) =

f '' (x 0) f (n ) (x 0) 2

f (x 0) +f (x 0)(x -x 0)+(x -x 0) +... +(x -x 0) n +R n (x ) ，这里R n (x ) 是拉格朗日余项即

2！n ！

f (n +1) (x 0)

R n (x ) =(x -x 0) n +1. 设f (x ) 在区间(x 0-r , x 0+r ) 内等于它的泰勒级数的和的充要条件：对一切

n +1！满足不等式 |x -x 0|

n →∞

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x 0=0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.

(-1) n x 4n +1

例17：求解s (x ) =∑.

4n +1n =0

∞

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：

s (x ) =∑(-1) x

'

n

n =0∞

4n

∞

11n

(利用易知麦克劳林展式) =∑(-x ) =(-1) x =∑4

1+x 1+x n =0n =0

4n

∞

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∑nx n .

n =0∞

解：记s (x ) =∑nx n =x +2x 2+3x 3+4x 4+... ，对其逐项积分得：

n =0

∞

1223341213x +x +x +... =(1-) x +(1-) x +... = ⎰0

23423

111x

(x +x 2+x 3+x 4+...) -(x +x 2+x 3+x 4+...) =+ln(1-x )

2341-x

x

s (t ) dt =

，其中x ∈(-1,1) ，

x x

所以s (x ) =∑nx n =(. +ln(1-x )) ' =2

(1-x ) 1-x n =1

∞

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∑

∞

1

. 2n

(n -1)2n =2

∞

∞

分解11111−−−→∑解：记s =∑2（-) n ， ←−−−n

2n =2n -1n +12n =2(n -1)2

1111153

利用ln(1+x ) 的麦克劳林展式得：s =-ln(1-) +ln(1-) ++=-ln 2.

4222884

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∑

1. 2

n =1n

∞

解：构造傅立叶函数f (x ) = x 2, 其中x ∈[0,π]作偶延拓得: g (x ) = x 2, -π≤x ≤π由此可知傅立叶系数为：b n =0，其中n =1, 2,3...

a 0=

2

π

2

⎰

π

2

x 2dx =π2，

3

a n =

π

⎰

π

224

x cos(nx ) dx =x sin(nx ) |π-0

n πn π

2

π

⎰

4

x sin(nx ) dx =

4n 2π

x cos(nx ) |π0-

4n 2π

⎰

π

cos(nx ) dx =(-1) n

4

n 2

，（其中n =1, 2,3... ）.

(-1) n 由狄利克雷收敛条件可知：f (x ) =+4∑2cos(nx ) ，其中0≤x ≤π现在令x =π得：

3n =1n

∞

π2

∞

11π2

. π=+4∑2，进而可得：∑2=

36n =1n n =1n 2

∞

π2

说明：有了以上结果数项级数的关于∑

1

就可以套用公式了，如：利用2.6结果求解级数和，2

n =1n

∞

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.

x n (1-x ）

例21：计算，∑，其中满足x →1. 2n

n (1-x ) n =1

∞

解：任意x ∈（0，1），记

x n (1-x ）x n x n (1-x ）x n 1

， u n (x ) ==≤≤≤2n 2n -12n n 2

n (1-x ) n (1+x +... +x ) n (1-x ) n nx n 由魏尔斯特拉斯定理，因为级数

1

收敛，所以题目中级数在（0，1）上一致收∑2n n =1

∞

x n (1-x ）x n 1

敛. lim u n (x ) =lim =lim ==a n ， 2x →1x →1n (1-x 2n ) x →1n (1+x +... +x 2n -1) 2n

∞∞∞

x n (1-x ）11∞11π2

，所以带入上面式子可得级数和为lim ∑=lim ∑a n =lim ∑2=∑2，因为∑2=2n x →1x →1x →12n =1n 6n =1n (1-x ) n =1n =12n n =1n

∞

π2

. 12

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：计算∑

[7]

sin nx

. n n =1

∞

∞

1z n

解：由复数域上幂级数的麦克劳林展式可知：ln =∑, z =e ix ，及

1-z n =1n

11sin x ln =-ln(1-cos x -i sin x ) =ln(2-2cos x ) +i arctan 1-z 21-cos x

∞

∞

x sin nx

=-ln |2sin |+i ∑

2n n =1

，由

∞∞

z n ∞cos nx sin nx cos nx x

，对应实部得=-ln |2sin |，其中x ∈(0,2π) ， =+i ∑∑∑∑n 2n n n =1n =1n n =1n =1

∑

sin nx sin x x π-x π-x

. =arctan =arctan(cot) =arctan(tan) =

n 1-cos x 222n =1

∞

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∑

sin na sin nx

. n n =1

∞

解：由三角函数的积化和差公式可知：原级数=

x +a

利用2.7的实部11cos n (x -a ) 1cos n (x +a ) −−−−−1x -a 1x +a |，→其=ln |--ln |2sin |+ln |2sin |←−−−−−∑∑x -a 2n =1n 2n =1n 22222sin

2

∞

∞

sin

中未知数x 满足：x ∈{x |0

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∑

sin(2n -1) x

.

2n -1n =1

∞∞

∞

π-|x |sin nx sin n |x |

解：令f (x ) =∑，由2.8可知f (x ) =sgn = sgn x 其中未知数满足x ∑2n n n =1n =1

∞

sin(2k -1) x sin 2kx

x ∈(-2π, 2π) ，令f 1(x ) =∑，f 2(x ) =∑. 有

2k -12k n =1n =1

∞

1∞sin(2k |x |)1π-2|x |

，由f (x ) =f 1(x ) +f 2(x ) ， f 2(x ) =sgn x ∑=sgn x

2k =1k 22

当x ∈(-π, π) 时，有sgn x

π-2|x |

24π-|x |π-2|x |π

f 1(x ) =sgn x (-) =sgn x , x ∈(-π, π) .

244

2.10添加项处理系数

=f 1(x ) +sgn x

π-2|x |

，于是

x x 2x 4

+++... ，其中|x |

1-x 1-x 1-x

解：令k n =

x 2

n

1-x

2n +1

, n =0,1,2... ，当x ≠1时，

x x x x 2

=(1+x ) =+= 222

1-x 1-x 1-x 1-x

x x 2x x 2x 4x x 22

+(1+x ) =++=... =++ 1-x 21-x 41-x 21-x 41-x 41-x 21-x 4

... +

x

2n 2

n +1

1-x

+

x

2n +12

n +1

1-x

=k 0+k 1+k 2+... +k n +r n ，其中r n =

x

2n +12n +2

1-x

，

x x

-r n ) =当:|x |

n →∞1-x 1-x

2.11应用留数定理计算级数和

定理[8]：若函数φ（1）φ（z) 满足以下两个条件：（z) 在复平面具有孤立奇点z 0，z 1，…z t ，且这些孤立奇点不为整数及∞，除去上述奇点外φ（z) 在其它各处都解析；（2）

n =-∞

∑(-1) φ(n ) =-π∑Re s (csc(πz ) φ(z),z ) .

n

s

s =0

+∞l

证明：研究围道积分

1Re s (csc(πz ) φ(z),j ) =lim φ(z)=∑⎰z →j sin(πz ) j =-n c n

n

11

lim φ(z)=∑z →j πcos(πz ) πj =-n

n

j =-n

∑lim(-1) φ(j )

j

z →j

n

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

⎰csc(πz ) φ(z)dz =2πi c n

j =-n

由引理，csc(πz )

∑Re s (csc(πz ) φ(z),j ) +∑Re s (csc(πz ) φ(z),z ) =π∑(-1) φ(j )+∑Re s (csc(πz ) φ(z),z ) （1）

n

l

1

n

j

l

s s

s =0j =-n s =0

在c n 上有界，即存在M >0，使得|csc(πz ) |≤M . 于是

0≤|⎰csc(πz ) φ(z)dz |≤⎰|c o s(πz ) φ(z)||dz |≤⎰M |φ(z)||dz |，两边取极限得

c n

c n

c n

0≤lim |⎰csc(πz ) φ(z)dz |≤lim ⎰|c o s(πz ) φ(z)||dz |≤lim ⎰M |φ(z)||dz |=0

n →∞

c n

n →∞

c n

n →∞

c n

即：l i m ⎰|

n →∞

c n

1

c πz s φc (d ) z =(，z 所以l i ⎰n →∞2πi

c n

j

l

s

c πs z c φ(，d ) =z (z ) 对（01）式取极限得到

0=lim

n →∞∞

1

π

n

j =-n

∑(-1) φ(j ) +lim ∑Re s (csc(πz ) φ(z),z ) . 所以

n →∞

s =0

l

s

n

=-∞

∑(-1) φ(n ) =-π∑Re s (csc(πz ) φ(z),z ) . 证明完毕.

s =0

结论的应用：

(-1) n

例26：求级数∑22（a 不为0）的和.

=-∞n +a

[8]

∞

解：令φ(z ) =

1

，当a 不为零时，φ(z ) 满足定理的两个条件，那么

z 2+a 2

n

1

Re s (csc(πz ) φ(z),j ) =lim φ(z)=∑⎰z →j sin(πz ) j =-n c n

∞

j =-n

∑limcsc(πai ) . 即：

z →j

n

(-1) n π1

，当a 趋近于零时，将上式变形可得： =-∑22

a sh (πa ) n =-∞n +a

(-1) n -∞(-1) n 1π1

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++=∑∑22222

n +a n +a a a sh (πa ) n =1n =1

∞

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|a |≤1，则

r -1q -1

1(1-x ) a n -11x

=∑q ⎰0(r -1)! 1-ax n =1nq (nq +1)...(nq +r -1) . ∞

定理2 [6] 设r 为自然数，k 为非负整数，a 是实数，大于k ，|a |≤1，有

r -1

1(1-x ) a n 1

=∑r -k ⎰0(r -1)! 1-ax n =1[n (r -k ) +1][n (r -k )+2]...[n (r -k )+r]. ∞

∞

定理3

∞

[6]

设r 为自然数，级数∑a n x n (1-x ) r -1在[0,1]上一致收敛于函数 f (x ) =(1-x ) r -1, 则

n =1

1a n 1r -1

=(1-x ) f (x ) dx . ∑⎰0(r -1)! n =0(n +1)(n +2)...(n +r -1)(n +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

-+-.... .

1∙2∙32∙3∙43∙4∙5

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