级数求和常用方法

级数求和的常用方法

摘要

级数理论及应用无论对数学学科本身还是在其他科学技术及理论的发展中都有极为重要的影响和作用，而级数求和是级数理论及应用的主要内容之一.由于级数求和的方法比较多，技巧性很强，一般很难掌握其规律，是学习的一个难点，因此掌握一些常用的级数求和方法就显得尤为重要.通过例题，分别针对常用的数项级数和函数项级数求和进行分析和讨论，试图通过对例题的分析和解决，展示级数求和的常用方法和思想，进而探索级数求和的规律，理解级数理论即合理应用，打下良好的基础，为学习者起到抛砖引玉的方法.

关键词：数项级数；函数项级数；求和；常用方法

Summation of series method in common use

Abstract

Progression theory and application still are having the most important effect and function on the development of science and technology and theory disregarding logarithmic discipline per se, but summation of series is one of progression theory and applicative main content. Method of summation of series is comparatively many, the dexterity is very strong, in general very difficult to have its law in hand, be a difficult point studying, have some summation of series in common use method in hand therefore appearing especially important right away. Carry out analysis and discuss that by the fact that the example , difference are aimed at several progression and function item summation of series in common use, try to pass the analysis checking an example and solve, show summation of series method and thought in common use , probe and then the summation of series law , understand that progression theory is that reasonableness applies , lays down fine basis, in order the learner gets the method arriving at a modest spur to induce someone to come forward with his valuable contributions.

Key words: Count progression; function series; Sue for peace; Method in common use

目录

引言............................................... 错误！未定义书签。第一章级数简介 (1)

1.1 级数理论前史 (1)

1.2 级数的定义 (3)

第二章数项级数的求和方法 (4)

2.1 根据定义求级数的和 (4)

2.2 利用已知级数直接求和法 (5)

2.3 连锁消去法 (7)

2.4 方程式法......................................... 错误！未定义书签。

2.5 利用子序列法 (8)

2.6 根据幂级数理论求级数的和(利用Abel第二定理) (9)

2.7 利用Fourier级数理论求级数的和 (11)

2.8 利用复数的Euler公式和De Moiver公式. (13)

2.9 利用Euler常数法 (13)

第三章函数项级数求和 (14)

3.1 微积分法 (14)

3.1.1 逐项微分，求和后再积分 (14)

3.1.2 逐项积分，求和后再微分 (15)

3.2 微分方程式法 (16)

3.3 复数项幂级数求和法（主要计算三角函数项级数的和） (18)

结论................................................ 错误！未定义书签。参考文献 (20)

谢辞............................................... 错误！未定义书签。

第一章 级数简介

1.1 级数发展简介

数学史上级数出现的很早，在两千多年前人们就有了粗糙的级数思想.古希腊时期，亚里士多德(Aristotle ，公元前384一公元前322)就知道公比小于l(大于零)的几何级数可以求出和数.芝诺(Zeno ，公元前490一约公元前425)的二分法涉及到

把1分解成无穷级数 ++++43221

212121.阿基米德(Archimedes ，公元前287一公

元前212)在《抛物线图形求积法》一书中，使用几何级数去求抛物线弓形面积，并且得出了级数34

414141132=++++ 的和.中国古代《庄子·天下》中的“一尺之棰，

日取其半，万世不竭”含有极限的思想，用数学形式表达出来也是无穷级数.

到了中世纪，由于数学家和哲学家对一些涉及到无穷思想的悖论展开了激烈的争论，使得关于无穷级数的研究开展起来.最具代表的是法国数学家奥雷姆(Nicolas Orense ，1323一1352)用最初等的方法证明了调和级数

+++++++k 1

514131211 的和为无穷，用现在的形式可表示为

+???

??++++??? ??++??? ??+817161514131211 .

2

1

21211818181814141211

++++=+??? ??++++??? ??++??? ??+> 中世纪的级数理论，从本质上看没有突破性进展，它的主要贡献并不在于所得到的具体结果，而是在于促使人们接受一种新的观点，即在数学中可以自由的承认无限过程.这对后来理解无穷过程做了铺垫，为形式化处理级数奠定了思想基础.

早期数学家仅凭直觉就认为级数是可以收敛的，并将级数从有限项自然的拓展为无限项使用，这导致了有限法则无限拓展的产生.17世纪，伴随着微积分的产生，许多数学家通过微积分的基本运算与级数运算的形式化结合，得到了一些初等函数的幂级数展开式，并且级数在解析运算中被普遍用来代表函数而成为微积分的有力

工具，这就使得无穷级数成为微积分不可缺少的部分.

1669年，牛顿 (Isaac Newton ，1643一1727)在他的((用无限多项方程的分析 学》中，用级数反演法给出了x sin ，x cos 的幂级数，x arcsin ，x arctan 和x e 的级数展开.格雷戈里 (James Gregory ， 1638一 1675)得到了x tan ，x sec 等函数的级数，莱布尼茨 (Gottfried Wilhelm Leibniz ，1646一 1716)也在1673年独立地得到了x sin ，x cos 和x arctan 等函数的无穷级数展开式，以及圆面积和双曲线面积的具体展开式.在微积分的早期研究中，有些函数如指数函数等超越函数的处理相 当困难，然而人们发现，若用它们的级数来处理，则非

.因此，无穷级数

从一开始就是莱布尼茨、牛顿等人微积分工作的一个重要部分.有时使用无穷级数是为了计算一些特殊的量，如二和.以及求隐函数的显式解.

17世纪后期和18世纪，为了适

们面前的问题之一是函数表的插值.由于对函数表的精确度要求较高，数学家们开始寻求较好的插值方法，牛顿和格雷戈里给出了著名的内插公式

()()()() +??

??

??-+?+=+?a f c h c h a f c h a f h a f 2

2

11. 1715年泰勒 (Brook Taylor ，1685一1731)发表了《增量方法及其逆》(Methods Increment rum Direct et Inverse)，奠定了有限差分法的基础.17世纪，牛顿、莱布尼茨等人曾研究过有限差分问题，泰勒的工作则使有限差分法从局限的方法(如二项式定理、有理函数的长除法、待定系数法等等)过渡到了一般的方法.这本书中他给出了单变量幂级数展开的著名公式，即泰勒级数

()()()()() ++++=+!

3!23'

''2"

'

h a f h a f h a f a f h a f

泰勒是第一个发表此级数的人，但他不是第一个发现此级数的数学家.在他之前格雷戈里、牛顿、莱布尼茨、约翰·伯努利 (John Bernoulli ，1667一 1748)和棣莫弗(Abrahamde Moivre ，1667.1754)等数学家都研究过此级数. 1717年泰勒运用这个级数求解方程，取得了很好的结果，但是他的证明是不严格的而且没有考虑 收敛问题，在当时影响并不太大.直到1755年，欧拉在微分学中将泰勒级数推广应

用到多元函数，增大了泰勒级数的影响力，随后拉格朗日用带余项的泰勒级数作为函数论的基础，才正式确立了泰勒级数的重要性.后来麦克劳林(Maclanrin colin ， 1698一1746)重新得到泰勒公式在0=a 时的特殊情况，现代微积分教材中一直将这一特殊情形的泰勒级数称为“麦克劳林级数”.

詹姆斯·伯努利 (James Bernoulli ，1654一1705)与约翰·伯努利在级数方面做了大量的工作.詹姆斯·伯努利在1689一 1704年间撰写了5篇关于无穷级数的论文，成为当时这一领域的权威，这些论文的主题是关于函数的级数表示及其求函数的微分与积分，求曲线下面积和曲线长等方面的应用，所有这些级数的应用是对微积分的重大贡献. 1.2 级数的概念

定义1.2.1 给定一个数列{}n u ，对它的各项依次用“+”号连接起来的表达式 ++++n u u u 21 （1） 称为数项级数或无穷级数（也常简称级数），其中n u 称为数项级数的通项.

数项级数（1）也常写作∑∞

=1n n u 或简单写作∑n u .

定义1.2.2 设(){}x u n 是定义在数集E 上的一个函数列，表达式

()()()E x x u x u x u n ∈++++,21

称为定义在E 上的函数项级数，简记为()x u n n ∑∞

=1或()x u n ∑.

第二章 数项级数的求和方法

级数求和的问题，一般来说，是一个困难问题，没有一劳永逸的方法.因为部

分和∑∞==1

n n

n

a

s

()??

? ?

?=∑=n k n n

x u s 1

随n 增大时，数项越来越多，除非能化为已知级数，人们

只能设法把s n 写成紧缩式，才便于求极限.级数求和的常用方法一般直接用定义法、拆项法、公式及四则运算法、利用幂级数法、傅里叶级数理论和阿贝尔求和法等方法.下面对级数求和的方法举例进行说明. 2.1 根据定义求级数的和

利用定义求级数的和就是求级数部分和数列的极限.由于当∞→n 时，部分和

n n

u u u s

+++= 21的项数无限增多，因此为了求s n 的极限，必须设法把s n 加以简

化直至解出极限.但是如何加以简化s n 并没有一般的方法，下面我们通过例题加以介绍.

例2.1.1 设()()s a a n n d na n n n n =-∞→→∑∞

=-1

1,，求级数∑∞

=1

n n a 的和.

分析 要寻求∑∞=1

n n a 之和，只要将其部分和n T 用已知级数()∑∞

=--1

1n n n a a n 部分和与

已知数列{}n na 表示出来.

解 因()()n n n

k k k n na a a a a a k s ++++-=-=-=-∑11011 ，

则()∞→-→-==∑-=n s d na a T s n n n k k n 1

，

于是000

1

a s d a a a k k k k --=-=∑∑∞

=∞=.

例2.1.2 计算().1cos 2cos cos 2≤++++q na q a q a q n .

解 记na q a q a q n n s cos 2cos cos 2+++=

∑==n

k k ka q 1

cos .

两边同时乘以a q cos 2，得

∑=+=?n

k k n ka a q a q s 11cos cos 2cos 2

()()[]a k a k q n k k 1cos 1cos 1

1-++=∑=+，

即()()()

na q q q a q a n q a q n n n k n s s s cos cos 1cos cos 22221++-++-++=?， 借此方程便得

()a q q q a q a n q na q n n n s cos 21cos 1cos cos 2

2

12-+-++-=++ a q q q a q cos 21cos 2

2

-+-→ (当+∞→n 时).

2.2 利用公式的四则运算求级数的和

利用一些常见数列的求和公式，如等差数列、等比数列等求和公式，结合其四则运算性质求出级数的和.

例2.2.1 计算 +-+

+++n

n 21

225232132. 解 由于n n n s 2

1

225232132-++++= （1）

而14322

1

225232121+-++++=n n n s （2） ()()21-式得

???

??

? ??----+=??

? ??--++++=-++++=-+n n n n n n n n n s 2122112111212122121112122

22222222212121432 故原级数的和 32

1

111lim =-+

==∞

→s n n S .

例2.2.2 求()

∑

∞

=+1

2

2

11n n n 的和.

解：首先注意，因为

()

()()()∞→→+-=???

? ??+-=++=∑∑

∞

==n n k k k k k k n

k n s 111

111111221221

2

2， 所以 ()

11121

2

2=++∑

∞

=n n n n ，

同理可得()

111

1=+∑

∞

=n n n .

又612

12π=∑∞

=n n

，

于是，根据收敛级数可以逐项加减等性质，可知

()()()()∑∑∑∞=∞=∞

=??

?

???++=+=??????++++1212122

2211121211112n n n n n n n n n n n n n

()2

3

126

2112122

2

112-=

?-?

=+-=∑∑∞

=∞

=π

π

n n n n n

所以()

()()()∑∑

∞=∞

=???

?

????++-

???? ?

?++++=+1222

22212

211211

11211n n n n n n n n n n n n

33

123

2

2

-=

--ππ

2.3 拆项消去法

连锁消去法在级数求和法中是一种很重要的方法，它的关键使将级数的一般项分解成部分分式的形式. 例2.3.1 计算

() ++?++?+?+?11431321211n n . 解 由于()

11

431321211+?+

+?+?+?=n n s n 而

()1

1111+-

=+n n n n 所以11141313121211+-++-+-+-

=n n s n n

+-=11

1

故原级数的和 11

1

1lim =+-

==∞→n S s n n . 说明 还可以多项相消，求形如()()()

∑∞

=+++1321n n n n n

之类的级数之和.

例2.3.2 求级数∑∞

=12

21

arctan

k k 之和. 提示 利用公式

.

121

arctan 121arctan 21arctan ,

1arctan arctan arctan 2+--=+-=-k k k

xy

y

x y x

解

1

21

arctan

1arctan 121arctan 121arctan 71arctan 51arctan 51arctan 31arctan 31arctan 1arctan 121arctan 121arctan 21arctan 112

+-=?

?

? ??

+--++??? ??-+??? ??-+??? ??

-=??? ??

+--=∑∑==k k k k k k n

k n

k

因此??? ??

+-==∞→=∞→∞

=∑∑121arctan 1arctan lim 21arctan lim 21arctan 1

212k k k n n

k n k 1arctan =. 2.4 利用子序列法

我们知道，若

{}s n

2与{}s n 1

2+有相同极限s ，则s s

n

n =∞

→lim .因此对于级数∑∞

=1

n n a ，

若通项0→n a (当+∞→n 时)，则部分和的子序列{}s n

2收敛于s ，意味着{}s n 1

2+也

收敛于s ，从而s a n n =∑∞

=1

.我们把

{}s n

2与{}s n 1

2+称为互补子序列.这个原理可推广到一

般：若∑∞

=1

n n a 的通项0→n a (当+∞→n 时)，

{}s n

的子序列{}

s n pn s →∞

=1

（p 是某个

正整数），则s a n n =∑∞

=1

.我们把这种方法称为子序列法.

例2.4.1 计算 +-++

-++-+27

1

6413219116181314121 解 此级数的通项趋近于零，所以只求s n 的极限即可

??????

????????-??? ??--??????????????-??? ??-=

???

??+++-??? ??++++=--311311312112112131313121212

1

21112232

3n n n n n s

而21311131211121lim 3=?????? ?

?--??????

??-=

=∞→s n n s 例2.4.2 计算 +??

?

??-+++??? ??-+++??? ??-++

3191817121615141131211. 解 此级数的通项趋近于零，所以只求s n 的极限，注意公式

n n C n

ε++=++++

ln 1

31211 ， 其中C 为Euler 常数，0→n ε（当∞→n 时）.因此，对原级数，

3

ln ln 3ln 1

211313121133→-+-=-

---++++

=n n n n n n n s εε

故原级数和 3ln =s .

2.5 利用幂级数理论求级数的和

若∑∞

=0

n n a 收敛，则有∑∞

=0

n n a =∑

∞

=-→0

1

lim n n

n x x a ，将∑∞

=0

n n a 转化成∑∞

=0

n n

n x a ，对求∑∞

=0

n n n x a 有两种常用方法：

方法1：利用逐项微分法求和

dt t

a a x S x n n

n

?

∑∞

=+=0

1

'

0)()(，方法的效果取决于11

-∞

=∑n n n x a 是否容易求和，n na 是否为

n a 的简化，若)

(1

n p a n =

，)(n p 为n 的多项式并且含有因子n 是、时效果更好. 方法2：利用逐项积分法求和

dt t

a x S x n n

n

?

∑∞

==0

1

)()(，当n a 为多项式时，应分解)(n p 为()1+n n 等式子的组合.

由Abel 第二定理：若幂级数n n n x a ∑∞

=0

的收敛半径0>r ，则幂级数在任意闭区间

[]()r r a a ,,-?-上都一致收敛.计算收敛的数项级数∑∞=0

n n a 的和，只需求n n n x a ∑∞

=0

在

()1,1-内的和函数()x s ，令01-→x ，取极限，则()x s a x n n 0

10

lim -→∞

==∑.

例2.5.1 求数项级数∑∞

=12

1

n n

n 的和. 解 构造幂级数n n n x n ∑∞

=1

21

，求得收敛半径2=r .收敛区间是()2,2-.设它的和函数是()x s ，即()()2,2,2

1

1-∈=∑

∞

=x x n x s n

n n .由幂级数可逐项可导，有 ()()2,2,212221*********'

-∈-=-?=???

?????+??? ??++==∑∞

=-x x x x x x x s n n n .

()2,2-∈?x ，有()()()x

s x s t dt dt t s x x -=--=??22ln 0,200'

或.因为()00=s ，所以 ()x x s -=22ln .即()2,2,2

1

22ln 1-∈=-∑∞

=x x n x n n n .

令1=x ，有 +?=?+==∑∞

=3

21

231

22121212ln n n n 例2.5.2 计算() +-++-+-

n

n 1

14131211 解 由于()()()1111ln 1

1

<<--=+∑∞

=-x x n

x n n n

而()n

n n x

n

∑

∞

=--1

11的收敛半径为1，且在1=x 收敛，令01-→x ，在等式两端取极限，

有()()()n n x n n

n n x x x n

x

n

x ∑

∑

∞

=-→-∞

=--→-→-=-=+1

11

110

10

1lim 11lim

1ln lim

()

n

n n 1

11

1

?-=∑∞

=- 即()()2ln 1ln lim 10

11

1

=+=--→∞

=-∑

x n

x n n .

()2ln 1

14131211=+-++-+-

n

n .

2.6 利用Fourier 级数理论求级数的和

先求出函数的傅里叶展开式，在确定其在收敛于内某个特殊点的值，这是用傅里叶级数求常数项级数的基本思想.

傅里叶展开的基本方法：1）按系数公式计算系数

(),,2,1,0,cos 1 ==?n dx l x n x f l a b a n π

(),,2,1,0,sin 1 ==?n dx l

x n x f l b b a n π

其中2

a

b l -=.

2）将算出的系数代入级数()∑∞=??

?

??++10sin cos 2~n k k l x n b l x n a a x f ππ.

3）根据收敛定理，判定~可改为等号的范围.若()[]b a x f ,在上分段光滑，则级数的和

函数()()()()()()()()()()????

??

???=-++∈∈++-=.,2

00,,,2

00呈周期，其他时，，当的连续点，

为，当的间断点，为当b a x b f a f x f b a x x f x f b a x x f x f x s

例2.6.1 设函数()2

2???

??-=x x f π，π2≤≤x o .试求∑∞

=14

1k k

的值. 解 将函数()2

2???

??-=x x f π在[]π2,0上展开成Fourier 级数，

621

220

20πππ

π

=???

??-=

?

dx x a ，2202

1cos 21k dx kx x a k =??

? ??-=?πππ， 0=k b

于是()()πππ20cos 122~1222

≤≤+=

???

??-∑∞=x k kx x x f k ，因为()x f 在[]π2,0内连续，所以()∑∞=+=

??

?

??-=1222

cos 122k k kx x x f ππ

由Parseval 等式()

dx x b a a k k k 4

20122

20212?∑??

? ??-=++∞=πππ 有dx x k k 4

20

142

2211621?

∑??

?

??-=+???

? ??∞

=π

πππ 40

161

4

4

ππ

π

π=

=

?-

dt t

所以9014

14π=∑∞

=k k

说明 求形如∑∞

=121n n ，()∑∞

=+-02

1

21n n ，()∑∞=-12121n n ，()∑∞=-13

121n n 之类的数值级数，可将某些特殊函数在一定区域上展成Fourier 级数，然后取适当的x 的值或逐项积分.

例2.6.2 设()241x x f -=π，其中π≤≤x 0.试求()∑∞

=+--11

1

21k k k 的值.

解 将函数进行奇式周期延拓，则0=n a () 2,1,0=n ，

()()?????=-+=

??

?

??-=

=??

为偶数当为奇数当n n

n n

nxdx x nxdx x f b n

x

n 1

0211sin 242sin 2

π

ππ

π

所以()∑∞

=???

???12sin 21~n nx n

x f ，其中[]π,0∈x ，因为()x f 在[]π,0上连续.

所以()∑∞=??

????=-=12sin 2124n kx k x x f π

.取4π=x ，则∑∞

=??????=?-142sin 21

4214n k k πππ.

所以

()

??

? ??+--++-+-=

+ 12117151311218

1

k k π

. 即()4

1

211

1π=--∑

∞

=+k k k .

2.7 利用复数的Euler 公式和De Moiver 公式.

说明 用于三角级数求和问题

设z 为复数，令x i x z sin cos +=，n p 是实数() ,2,1,0=n 有

()n

n n n

n n x i x p z p sin cos 0

+=∑∑∞

=∞=

()

nx

p i nx p nx i nx p n n n n n n sin cos sin cos 0

0∑∑∑∞

=∞

=∞

=+=+=

例2.7 计算∑

∞

=0

!cos n n na

解 因为复述级数∑∞

=+=1!

1n n

z

n z e ，令a i a z sin cos +=，有

()a i a e e e e e a a i a a i a z sin sin sin cos cos sin cos sin cos +=?==+ a ie a e a a sin sin sin cos cos cos +=

而()∑

∑∞

=∞

=++=+1

1!sin cos 1!1n n

n n

n a i a n z

∑

∑∑

∞

=∞

=∞

=+=++=01

1

!sin !cos !sin cos 1n n n n na i n na n na i na

于是a e n na

a n sin cos !cos cos 0

=∑

∞

= 2.8 利用Euler 常数法

极限??

?

??-∑=∞→n k n n k 1ln 1lim 的值为所谓的欧拉常数，设为() 57721.0=c c ，则有

n n

k a c n k

++=∑=ln 1

1，其中0lim =∞

→n n a ，利用上式，可以求出某些数值级数的和.

例2.8 求()∑

∞

=+=1

121

n n n s

解 ()∑∑==??? ??+-=+=n k n

k n k k

k k s 111221

121

()()()∞→-→+-

-+-=++-++-++=++-

-=?

?? ??++++++-??? ??++++-=??? ??++++-=∑∑∑

∑====n n a a n a n c a n c n k

k n n n k

n k n n n n n

k n

k n

k n

k 2ln 221

22

222ln 2221

22

2ln 2ln 22122

12122141211212121312112112151

31212221111

即 2ln 22-=s

第三章 函数项级数求和

3.1 微积分法

3.1.1 逐项微分，求和后再积分

先求()x s n '

的紧缩式，然后再利用积分公式：()()()()dt t s s x s x s x

n n n n ?-=-=π

π'

例3.1.1.1 计算∑∞

=--1

1

212n n n x

解 不难计算其收敛半径为1，设它的和函数()x s ，即()1,1-∈?x ，有

() +-++++=-=-∞

=-∑12531

21

253112n x x x x n x x s n n n

逐项微分，有()2

2242'

11

1x x x x x n s -=

+++++=- ()1,1-∈?x ，对上式从0到x 积分，得

()x

x dt t x s x

-+=-=?

11ln 211102 ()1,1-∈x

例3.1.1.2 设[]π,0∈x ，试求如下级数之和∑

∞

=1

sin n n nx

. 解 若0=x ，显然级数和为0.现设π≤≤x 0.记

()∑

==n

k n k kx

x s 1

sin ， 则()∑∑===??? ??=n k n k n kx k kx x s 1

'

1'

cos sin

212

sin

221sin 2sin 212sin

2sin

2121sin 21sin 2sin

21cos 2sin 22sin 21

11-??? ??

+=???

??-+=???? ????? ??

--??? ??+==∑∑==x x

n x x n x x k x k x kx x x n

k n

k 于是()()()()dt t s s x s x s x

n

n n n ?-=-=π

π'

()x tdt n t x

-+??? ??

+-

=?ππ

2121sin 2

sin 1

21. 利用Riemann 引理，∞→n 时上式第一项趋向零.所以级数和

()()???

??≤<-==.x 0,21,0,0ππ当当x x x s

3.1.2 逐项积分，求和后再微分 例3.1.2.1 计算()n n x n ∑∞

=+01

解 不难计算其收敛半径为1，设它的和函数()x s ，即()1,1-∈?x ，有

()()() ++++++=+=∑∞

=n n n x n x x x n x s 132110

()1,1-∈?x ，对上式从0到x 逐项积分，有

()()dt t

n dt t s x

n

n x

?∑?∞

=+=0

1

x

x x x x x tdt tdt dt x

x

x -=

++++=+++=???1324320

对两边求导数，有()()

2

11

x x s -=

即()()

2

11

1x x n n n -=

+∑∞

=.

3.2 微分方程式法

基本思想是为了求出幂级数或函数项级数的和函数，有时找出和函数所满足的微分方程及定解条件，解此微分方程的定解问题得到级数的和函数；主要还是设法证明级数的和满足某个方程式然后求次方程的解.

例3.2.1 计算 +??+??+?+?++

+6

425314231216

5432x x x x x x . 提示 收敛半径为∞，逐项微分可知 ()()x xs x s +=1'.

解 设() +??+??+?+?++

+=6425314231216

5432x x x x x x x s 逐项微分() +?+?++++=4

2312115

432'

x x x x x x s 所以()()x xs x s +=1'，并且有()10=s . 解此微分方程的初值问题