a0?2?2??02x2dx??2，
3an????0224xcos(nx)dx?xsin(nx)|??0n?n?2??40xsin(nx)dx?4n2?xcos(nx)|?0?4n2???0cos(nx)dx?(?1)n4n2，（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??现在令x??得：
3n?1n??2?11?2. ???4?2，进而可得：?2?36n?1nn?1n2??2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，2n?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.
xn(1?x）例21：计算，?，其中满足x?1. 2nn(1?x)n?1?解：任意x?（0，1），记
xn(1?x）xnxn(1?x）xn1， un(x)=????2n2n?12nn2n(1?x)n(1?x?...?x)n(1?x)nnxn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?2nn?1?xn(1?x）xn1敛.limun(x)?lim?lim??an， 2x?1x?1n(1?x2n)x?1n(1?x?...?x2n?1)2n???xn(1?x）11?11?2，所以带入上面式子可得级数和为lim??lim?an?lim?2??2，因为?2?2nx?1x?1x?12n?1n6n?1n(1?x)n?1n?12nn?1n??2. 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]
sinnx. nn?1??1zn解：由复数域上幂级数的麦克劳林展式可知：ln??,z?eix，及
1?zn?1n10
11sinxln??ln(1?cosx?isinx)?ln(2?2cosx)?iarctan1?z21?cosx??xsinnx??ln|2sin|?i?2nn?1，由
??zn?cosnxsinnxcosnxx，对应实部得??ln|2sin|，其中x?(0,2?)， ??i????n2nnn?1n?1nn?1n?1?sinnxsinxx??x??x. ?arctan?arctan(cot)?arctan(tan)?n1?cosx222n?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?sinnasinnx. nn?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11cosn(x?a)1cosn(x?a)?????1x?a1x?a2|，?其?ln|??ln|2sin|?ln|2sin|????????x?a2n?1n2n?1n22222sin2??sin中未知数x满足：x?{x|0?x?a?2?}?{x|0?x?a?2?}.
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?????|x|sinnxsinn|x|解：令f(x)??，由2.8可知f(x)?sgn= sgnx其中未知数满足x?2nnn?1n?1?sin(2k?1)xsin2kxx?(?2?,2?)，令f1(x)??，f2(x)??.有
2k?12kn?1n?1?1?sin(2k|x|)1??2|x|，由f(x)?f1(x)?f2(x)， f2(x)?sgnx??sgnx2k?1k22当x?(??,?)时，有sgnx??2|x|24??|x|??2|x|?f1(x)?sgnx(?)?sgnx,x?(??,?).
244 2.10添加项处理系数
?f1(x)?sgnx??2|x|，于是
xx2x4???...，其中|x|?1. 例25：计算2481?x1?x1?x11
解：令kn?x2n1?x2n?1,n?0,1,2...，当x?1时，
xxxx2?(1?x)??? 2221?x1?x1?x1?xxx2xx2x4xx22?(1+x)????...??? 1?x21?x41?x21?x41?x41?x21?x4...?x2n2n?11?x?x2n?12n?11?x=k0?k1?k2?...?kn?rn，其中rn?x2n?12n?21?x，
xx?rn)?当:|x|?1时，rn?0，于是：?kn?lim(.
n??1?x1?x2.11应用留数定理计算级数和
定理[8]：若函数?（1）?（z)满足以下两个条件：（z)在复平面具有孤立奇点z0，z1，…zt，且这些孤立奇点不为整数及?，除去上述奇点外?（z)在其它各处都解析；（2）
n????(?1)?(n)????Res(csc(?z)?(z),z).
nss?0??l证明：研究围道积分
1Res(csc(?z)?(z),j)?lim?(z)???z?jsin(?z)j??ncnn11lim?(z)??z?j?cos(?z)?j??nnj??n?lim(?1)?(j)
jz?jn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(?z)?(z)dz?2?icnj??n由引理，csc(?z)
?Res(csc(?z)?(z),j)??Res(csc(?z)?(z),z)???(?1)?(j)+?Res(csc(?z)?(z),z) （1）
nl1njlsss?0j??ns?0在cn上有界，即存在M?0，使得|csc(?z)|?M.于是
0?|?csc(?z)?(z)dz|??|cos(?z)?(z)||dz|??M|?(z)||dz|，两边取极限得
cncncn0?lim|?csc(?z)?(z)dz|?lim?|cos(?z)?(z)||dz|?lim?M|?(z)||dz|?0
n??cnn??cnn??cn即：lim?|n??cn1c?zs?c(d)z?(，z所以lim?n??2?icnjlsc?szc?(，d)?z(z)对（01）式取极限得到
0=limn???1?nj??n?(?1)?(j)?lim?Res(csc(?z)?(z),z).所以
n??s?0lsn????(?1)?(n)????Res(csc(?z)?(z),z).证明完毕.
s?0结论的应用：
12
(?1)n例26：求级数?22（a不为0）的和.
???n+a[8]
?解：令?(z)?1，当a不为零时，?(z)满足定理的两个条件，那么
z2+a2n1Res(csc(?z)?(z),j)?lim?(z)???z?jsin(?z)j??ncn?j??n?limcsc(?ai).即：
z?jn(?1)n?1，当a趋近于零时，将上式变形可得： ???22ash(?a)n???n+a(?1)n??(?1)n1?1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?????22222n+an+aaash(?a)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?11(1?x)an?11x?dx?q?0(r?1)!1?axn?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?11(1?x)an1?dx?r?k?0(r?1)!1?axn?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?anxn(1?x)r?1在[0,1]上一致收敛于函数 f(x)?(1?x)r?1,则
n?11an1r?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
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