1、第 32 卷第 2 期河南教育学院学报(自然科学版)Vol.32No.22023 年 6 月Journal of Henan Institute of Education(Natural Science Edition)Jun.2023收稿日期:2022-04-10基金项目:国家自然科学基金(11861072);云南省教育厅自然科学基金(2020J0020)作者简介:赵莉莉(1979),女,云南大理人,云南大学数学与统计学院讲师,博士,主要研究方向为非线性微分方程、教师教育理论与实践。doi:10.3969/j.issn.1007-0834.2023.02.011常数项级数的若干种求和方法赵莉
2、莉(云南大学 数学与统计学院,云南 昆明 650091)摘要:汇总了常数项级数求和的若干种方法,如利用已知级数求未知级数的和、连锁消元法、子序列法等方法,并通过相应的例子加以说明。关键词:无穷级数;常数项级数;求和;子序列法;黎曼引理中图分类号:O175.2文献标志码:A文章编号:1007-0834(2023)02-0050-050引言无穷级数是用来逼近较复杂函数的有效工具,能够解决大量的实际问题,是微积分学的重要组成部分,也是历年考研中的重点与难点。它有两种主要的运算,其一为求无穷级数的和1-3,其二为将函数展开成幂级数。熟练掌握求无穷级数,尤其是求常数项级数和的各种基本方法,是理解并运用无
3、穷级数理论的基础,因此,有必要汇总常数项级数的求和方法。1利用已知级数求未知级数的和常数项级数的和等于其部分和数列的极限,因此需要将部分和数列向易于求和的数列(如等比数列与等差数列)转换,以便求出部分和数列的极限。例 1求13+432+733+3n-23n+的和。解分母为等比数列,分子为等差数列的常数项级数求和,一般使用错位相减法。2sn=3sn-sn=1+43+732+3n-23n-1()-13+432+3n-23n()=1+1+13+132+13n-2-3n-23n=2+131-13()n-1()1-13-3n-23n=2+121-13()n-1()-3n-23n,故,2s=limn(2s
4、n)=limn 2+121-13()n-1()-3n-23n()=52,即 s=54。例 2求n=1(n-1)12()n()的和。解考虑到 n12()n+1-12n-1()12()n=(12)n,故第 2 期赵莉莉:常数项级数的若干种求和方法51 1-12()sn=1-12()12()2+212()3+n12()n+1()=12()2+12()3+12()n+1-n12()n+2=12()21-12()n()1-12-n12()n+2。又考虑到limn n(12)n+2()=limx+x2x+2=limx+12x+2ln 2=0,故12s=limn12sn()=12,即 s=1。2连锁消元法所
5、谓连锁消元法就是巧妙利用公式,将常数项级数部分和数列的中间项消去,只剩下第一项与最后一项,以便求出极限。例 3求n=012()2n1-12()2n+1的和。解sn=n-1k=012()2k1-12()2k+1=n-1k=011-12()2k-11-12()2k+1()=11-12-11-12()2()+11-12()2-11-12()4()+11-12()2n-1-11-12()2n()=11-12-11-12()2n,从而 s=limn sn=1。例 4求k=0arctan39k2+3k-1的和。解 为了利用公式 arctan x-arctan y=arctanx-y1+xy,将部分和数列的
6、中间项消去,令 x=1ak+b,y=1a(k+1)+b,而39k2+3k-1=x-y1+xy=aa2k2+(2ab+a2)k+(b2+ab+1),(1)与sn(x)=sn(x)-sn(2)=-2xdsn(t)dtdt=-122x1sin tsin(2n+1)t)dt+12(2-x)比较后,有 a=3,b=-1,即 arctan39k2+3k-1=arctan13k-1-arctan13k+2,从而sn=n-1k=0arctan39k2+3k-1=n-1k=0arctan13k-1-arctan13k+2()=arctan(-1)-arctan12()+arctan12-arctan15()+a
7、rctan13n-4-arctan13n-1()=arctan(-1)-arctan13n-1,故 s=limnsn=arctan(-1)-arctan 0=-4。连锁消元法还可以多项相消,如例 5。例 5求n=11n(n+1)(n+2)(n+3)的和。52 河南教育学院学报(自然科学版)2023 年解 考虑到常数项级数一般项的分子是一个常数,为了将部分和数列的中间项消去,不妨先将一般项改写为1n(n+1)(n+2)(n+3)=131n(n+1)(n+2)-1(n+1)(n+2)(n+3)(),从而sn=nk=11k(k+1)(k+2)(k+3)=nk=1131k(k+1)(k+2)-1(k+
8、1)(k+2)(k+3)()=1311 2 3-12 3 4()+12 3 4-13 4 5()+1n(n+1)(n+2)-1(n+1)(n+2)(n+3)()()=1316-1(n+1)(n+2)(n+3)(),故 s=limn sn=118。3子序列法定理 1如果常数项级数n=1un满足:1)limn un=0;2)limn spn=s(p 是一个正整数),则常数项级数收敛到常数 s。证明 0,因为limn spn=s,所以存在正整数 N1,当 n N1时,有|spn-s|0,存在正整数 N2,当 n N2时,|un|N 时,考虑到 np+1()p n=npp npp,n 的取值有如下两种
9、情形。1)n=npp。由 n (N1+1)p,可得np (N1+1)pp=N1+1 N1,从而|sn-s|=|snpp-s|2 N2+p,可得npp+i (np-1)p+i N2+i N2,i=1,2,l。又考虑到 sn=snpp+unpp+1+unpp+l,故|sn-s|snpp-s|+|unpp+1|+|unpp+2|+|unpp+l|2+l2p N 时,总有|sn-s|成立,即limn sn=s。例 6计算 1+(12-1)+13+(14-12)+15+(16-13)+的和。解 常数项级数的一般项为 un=1n,n=2k-1-12n,n=2k,从中可以看出limn un=0,根据引理要求
10、常数项级数的和,只需求出 s2n的极限即可。由文献4 中的例 1.2.11,可得1+12+13+1n=C+ln n+n,其中 C 为 Euler 常数,而limn n=0。因此,对原级数s2n=1+12+13+12n-1-12-1n=ln 2n-ln n+2n-n ln 2(n ),第 2 期赵莉莉:常数项级数的若干种求和方法53 故原级数的和 s=ln 2。4建立关于 sn的关系式,以便求出 sn及其极限例 7计算 psin +p2sin(2)+pnsin(n)+(|p|1)的和 s。解 记 sn=psin +p2sin(2)+pnsin(n)=nk=1pksin(k)。两边同时乘以 2pc
11、os,可得2pcos sn=nk=12pk+1cos sin(k)=nk=1pk+1(sin(k+1)-(sin(k-1)=pn+1sin(n+1)+sn-psin +p2sn-pn+2sin(n)。整理后,有sn=pn+2sin(n)-pn+1sin(n+1)+psin 1+p2-2pcos psin 1+p2-2pcos(n ),即,原级数的和 s=psin 1+p2-2pcos。例 8计算n=112nn!的和。解 考虑函数项级数n=1x2n2nn!,容易求出其收敛区间为(-,+),用 s(x)表示其和函数,则 s(x)=n=1x2n2nn!,x (-,+)。逐项求导后,有ds(x)dx=
12、x+n=2x2n-1(2n-2)!=x+xn=2x2n-2(2n-2)!=x+xn=1x2n(2n)!=x+xs(x)。由常数变易法,可得 s(x)=cex22-1。又考虑到 s(0)=0,则 c=1,即 s(x)=ex22-1,从而 s=s(1)=e12-1。5利用定积分的定义这种方法的要点是先求出常数项级数的部分和数列,再将部分和数列改写为定积分定义中的和式形式。例 9计算n=11(2n-1)2n的和。解 先求常数项级数部分和数列的通项,可得sn=nk=11(2k-1)2k=nk=112k-1-12k()=1+13+12n-1()-12+14+12n()=1+12+13+12n-1+12n
13、()-1+12+13+1n()=1n+1+1n+2+12n=11+1n+11+2n+11+nn()1n,故,s=limn sn=1011+xdx=ln 2。6利用部分和函数序列的紧缩形式例 10设 x 0,2,先求函数项级数n=1sin(2nx)2n的和函数,再求常数项级数n=1sin(n4)2n的和。解 可以看出 x=0 时,级数的和为零。现设 x (0,2,记 sn(x)=nk=1sin(2kx)2k,则dsn(x)dx=k=1cos(2kx)=12sin xnk=12sin x cos 2kx=12sin xnk=1sin(2k+1)x)-sin(2k-1)x)()=54 河南教育学院学
14、报(自然科学版)2023 年12sin x(sin(2n+1)x)-sin x)=sin(2n+1)x2sin x-12。于是sn(x)=sn(x)-sn(2)=-2xdsn(t)dtdt=-122x1sin tsin(2n+1)t)dt+12(2-x)。(2)利用 Riemann 引理5-9,当 n 时,(2)式第一项趋于零,故s(x)=0,x=012(2-x),x (0,2),从而 s=s(8)=316。参 考 文 献1杨传富,代成.一类交错级数求和的探讨及其推广J.大学数学,2021,37(6):65-672吴德富,李艳春.考研数学中的幂级数求和问题J.数学之友,2022,36(16):
15、44-463武彩霞.级数求和方法的探讨与总结J.河北建筑工程学院学报,2022,40(3):197-2024裴礼文.数学分析中的典型问题与方法M.北京:高等教育出版社,1993:19-205陈传璋,金福临,朱学炎,等.数学分析(下册)M.2 版.北京:高等教育出版社,1983:100-1046廖平,廖辉.关于黎曼引理的一种变式与推广J.四川职业技术学院学报,2012,22(1):160-1627张丽娅.黎曼引理的推广及应用J.数学教学研究,2010,29(12):60-628张筑生.数学分析新讲M.北京:北京大学出版社,1991:100-1049王文杰.低维近切触黎曼几何中的一些分类研究D.辽
16、宁:大连理工大学,2020Several Summation Methods of Constant Term SeriesZHAO Lili(School of Mathematics and Statistics,Yunnan University,Kunming 650091,China)Abstract:Some methods of constant term series are summarized,such as using known series to find the sum of un-known series,chain elimination,subsequence method and other methods.The methods are illustrated by corre-sponding examples.Key words:infinite series;constant term series;sum;subsequence method;Riemann Lemma
