习题9.4任意项级数 1.讨论下列级数的收敛性(包括条件收敛与绝对收敛) (0∑py n 6∑-yn (6)∑ n CoS (7)∑(-1)14”sin2nx in(n+D) cos(n-D) (8 n 9)∑(-1) (3n-2)3n+2) (1D 解(1)设级数1-1+1-1+1-…的部分和数列为Sn},则 S FI k=12k-1k=1(2k)! 由于级数∑收敛 发散,所以limS2n=+∞,因此级数 2 发散 2)级数∑((x≠-m)当n充分大(即n+x>0)时是交错级 数,且{}单调减少趋于零,所以∑”(x≠-n)收敛:又由 于m+x1(→叫,∑发散,所以级数∑(1(x≠-n)条件 收敛
习 题 9.4 任意项级数 1. 讨论下列级数的收敛性(包括条件收敛与绝对收敛) ⑴ 1- 2! 1 + 3 1 - 4! 1 + − 5 1 …; ⑵ ∑ ∞ = + + − 1 1 ( 1) n n n x （ x≠− n）； ⑶ ∑ ∞ = + − 1 1 ( 1) sin n n n x ; ⑷ ∑ ∞ = + − 1 1 ( 1) n n n n ; ⑸ ∑ ∞ = − 2 2 ln ( 1) n n n n ; ⑹ ∑ ∞ = π 1 3 cos 1 n n n ; ⑺ ∑ ∞ = + − 1 2 1 4 sin ( 1) n n n n n x ; ⑻ ∑ ∞ = + − 1 sin( 1) cos( 1) n p n n x n x ; ⑼ n n n n x n ∑ ∞ = + − 1 2 1 2 ( 1) ; ⑽ ∑ ∞ = + − + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − 1 1 (3 2)(3 2) 1 ln 2 ( 1) n n n n n ; ⑾ ∑ ∞ =2 n ln p q n n n x ; ⑿ ∑ ∞ = + + − 1 1 1 ( 1) n n n a a n ( a > 0 ). 解（1）设级数 1- 2! 1 + 3 1 - 4! 1 + − 5 1 …的部分和数列为{Sn }，则 ∑ ∑ = = − − = n k n k n k k S 1 1 2 (2 )! 1 2 1 1 ， 由于级数 ∑ ∞ =1 (2 )! 1 n n 收敛， ∑ ∞ =1 2 −1 1 n n 发散，所以 = +∞ →∞ n n S2 lim ，因此级数 1- 2! 1 + 3 1 - 4! 1 + − 5 1 …发散。 （2）级数∑ ∞ = + + − 1 1 ( 1) n n n x （ x≠− n）当n充分大（即n + x > 0）时是交错级 数，且 ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ n + x 1 单调减少趋于零，所以∑ ∞ = + + − 1 1 ( 1) n n n x （ x≠− n）收敛；又由 于 n x n + − +1 ( 1) ～ n 1 (n → ∞), ∑ ∞ =1 1 n n 发散，所以级数∑ ∞ = + + − 1 1 ( 1) n n n x （ ≠ ）条件 收敛。 x − n 1
(3)当x=0时又(-1)sin的一般项都为零,所以级数绝对收敛 设x≠0,∑(-1)sin当n充分大(即n>型)时是交错级数,且 sin单调减少趋于零,所以∑(-sin2收敛;又由于(-1ysm 发散,所以级数∑-ysn2条件收敛 (4)lmy5=1,因此m不存在,所以∑发散。 n (5)∑-y是交错级数,当n≥28,单调减少趋于零,所以 级数∑(-y收敛:又由于∑”发散,所以级数∑-1yn条 件收敛。 (6)设∑csm的部分和数列为},则 n 23k-1√3k 由于y(-1 ∑(-)和∑(都是Lez级数,即都是收敛 2√3n-2m12√3n-1 的,所以imSn存在且有限。容易证明 lim Soni= lim Son+2=lim S6n+3= lim S6n+4=lim S6n+s = lim Son, n→ →)O n→)① n→① 由此可知级数∑=cos"收敛。 由于1c0≥n,∑,发散,所以级数∑1c0厘条件收 敛
（3）当 x = 0时∑ ∞ = + − 1 1 ( 1) sin n n n x 的一般项都为零，所以级数绝对收敛。 设 x ≠ 0，∑ ∞ = + − 1 1 ( 1) sin n n n x 当n充分大（即 π x n 2 > ）时是交错级数，且 n x sin 单调减少趋于零，所以∑ ∞ = + − 1 1 ( 1) sin n n n x 收敛；又由于 n n x ( 1) sin +1 − ～ n x (n → ∞)，∑ ∞ n=1 n x 发散，所以级数∑ ∞ = + − 1 1 ( 1) sin n n n x 条件收敛。 （4） lim = 1 →∞ n n n ，因此 n n n n 1 ( 1) lim + →∞ − 不存在，所以∑ ∞ = + − 1 1 ( 1) n n n n 发散。 （5）∑ ∞ = − 2 2 ln ( 1) n n n n 是交错级数，当n ≥ 8， n n 2 ln 单调减少趋于零，所以 级数∑ ∞ = − 2 2 ln ( 1) n n n n 收敛；又由于 ∑ ∞ =2 2 ln n n n 发散，所以级数∑ ∞ = − 2 2 ln ( 1) n n n n 条 件收敛。 （6）设∑ ∞ = π 1 3 cos 1 n n n 的部分和数列为{Sn }，则 S6n = ∑ = − − − n k k k 2 1 1 2 3 2 ( 1) ∑ = − − + n k k k 2 1 2 3 1 ( 1) ∑ = − + n k k k 2 1 3 ( 1) ， 由于 ∑ ∞ = − − − 1 1 2 3 2 ( 1) n n n ， ∑ ∞ = − − 1 2 3 1 ( 1) n n n 和 ∑ ∞ = − 1 3 ( 1) n n n 都是 Leibniz 级数，即都是收敛 的，所以 n存在且有限。容易证明 n S6 lim →∞ 6 1 lim + →∞ n n S 6 2 lim + →∞ = n n S 6 3 lim + →∞ = n n S 6 4 lim + →∞ = n n S 6 5 lim + →∞ = n n S n n S6 lim →∞ = ， 由此可知级数∑ ∞ = π 1 3 cos 1 n n n 收敛。 由于 n n n 2 1 3 cos 1 ≥ π ， ∑ ∞ =1 2 1 n n 发散，所以级数∑ ∞ = π 1 3 cos 1 n n n 条件收 敛。 2
(7)当x6(kx-,kx+2)时,由于-14m=14m2xy, 0≤4sm2x1时,由于mn+xcon-s1,所以级数 ∑sm+1cos-)绝对收敛 当0<p≤1时,由于 sin(n+I)xcos(n-D)x sin 2nx sin 2x 由 Dirichlet判别法,∑2收敛,而∑2x发散,所以级数 n= 2np sin(n+1)xcos(n-1)x 发散 当p≤0时,由于级数的一般项不趋于零,所以级数 SI+rcon-1)x发散
（7）当 ) 6 , 6 ( π π π x ∈ kπ − k + 时，由于 n n n n x n n x (4sin ) 4 sin 1 ( 1) 2 2 1 − = + ， 0 4sin 1 2 ≤ x （8）当 2 kπ x = 时，级数的一般项都为零，所以级数∑ ∞ = + − 1 sin( 1) cos( 1) n p n n x n x 绝对收敛。 设 2 kπ x ≠ 。当 p > 1时，由于 p p n n sin(n 1)x cos(n 1)x 1 ≤ + − ，所以级数 ∑ ∞ = + − 1 sin( 1) cos( 1) n p n n x n x 绝对收敛。 当0 < p ≤ 1时，由于 = + − p n sin(n 1)x cos(n 1)x p p n x n nx 2 sin 2 2 sin 2 + ， 由 Dirichlet 判别法，∑ ∞ =1 2 sin 2 n p n nx 收敛，而 ∑ ∞ =1 2 sin 2 n p n x 发散，所以级数 ∑ ∞ = + − 1 sin( 1) cos( 1) n p n n x n x 发散。 当 p ≤ 0时，由于级数的一般项不趋于零，所以级数 ∑ ∞ = + − 1 sin( 1) cos( 1) n p n n x n x 发散。 3
(9)设x=(-01n2x,则m小=1,所以 当2时,∑(-1)nx发散; 当|=2时,级数的一般项不趋于零,所以∑(-1"x也发散 ln|2+ (10)设un= 由于{un}单调减少趋于零,所以∑(-1yun (3n-2)(3n+2) 是 Leibniz级数,因此收敛 因为~B(m→对,奶2发散,所以级数∑条件收敛 (11)设x,=-。一,则imyn=A,所以 当1时,级数∑x。发散 当x=1时,∑ 因此当p>1或p=1,g>1时级数 nP In9 n (绝对)收敛,在其他情况下级数发散; 时,∑n =),因此当p>1或p=19>1时级 PInn Bnp Inn 数绝对收敛,当p=1,q≤1或00时级数条件收敛,在 其他情况下级数发散。 (12)设x=(-1)a
（9）设 n n n n x n x 2 ( 1) 2 +1 = − ，则 2 lim x x n n n = →∞ ，所以 当 x 2时， n n n n x n ∑ ∞ = + − 1 2 1 2 ( 1) 发散； 当 x = 2时，级数的一般项不趋于零，所以 n n n n x n ∑ ∞ = + − 1 2 1 2 ( 1) 也发散。 （10）设 1 ln 2 (3 2)(3 2) n n u n n ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ = − + 。由于{un}单调减少趋于零，所以 1 1 ( 1) n n n u ∞ + = ∑ − 是 Leibniz 级数，因此收敛。 因为un～ 3n ln 2 (n → ∞)，∑ ∞ =1 3 ln 2 n n 发散，所以级数 1 条件收敛。 1 ( 1) n n n u ∞ + = ∑ − （11）设 n n x x p q n n ln = ，则 x x n n n = →∞ lim ，所以 当 x 1时，级数∑ ∞ =2 n ln p q n n n x 发散； 当 x = 1时，∑ ∞ =2 n ln p q n n n x ∑ ∞ = = 2 ln 1 n p q n n ，因此当 p > 1或 p = 1, q > 1时级数 （绝对）收敛，在其他情况下级数发散； 当 x = −1时，∑ ∞ =2 n ln p q n n n x ∑ ∞ = − = 2 ln ( 1) n p q n n n ，因此当 或 时级 数绝对收敛，当 或 p > 1 p = 1, q > 1 p = 1, q ≤ 1 0 0时级数条件收敛，在 其他情况下级数发散。 （12）设 n n n a a n x + − = + 1 ( 1) 1 。 4
1时,lmy-=1 由于n可以取任意大,由 Cauchy收敛原理可知级数发散 3.设正项级数∑xn收敛,{x}单调减少,利用 Cauchy收敛原理证 明: lim nx=0 证由∑xn收敛,对任意给定的6>0,存在正整数N>0,对一切 成立 0N时,有"|>N,于是成立 0 …+X.<
当a > 1时， 1 1 lim = n n n " 6 1 6 2 > − > n n ， 由于n可以取任意大，由 Cauchy 收敛原理可知级数发散。 （ 2） 设级数的一般项为 xn，则 n n n x x x 3 +1 + 3 +2 +"+ 6 n n 6n 1 3 6 1 3 3 1 + + + + + > " 6 1 6 > = n n ， 由于n可以取任意大，由 Cauchy 收敛原理可知级数发散。 3. 设正项级数 收敛，｛ ｝单调减少，利用 Cauchy 收敛原理证 明： = 0。 ∑ ∞ n=1 n x n x n n nx →∞ lim 证 由 ∑ 收敛，对任意给定的 ∞ n=1 n x ε > 0，存在正整数 ，对一切 ，成立 N'> 0 m > n > N' 2 0 1 2 ε N 时，有 ' 2 N n >⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ，于是成立 2 2 0 1 2 2 ε < < + + + < +⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ n ⎡ n n n x x x x n " ， 5
即 0和任意正整数p,存在N(,p),使得 对一切n>N成立,问级数∑x是否收敛? 解级数∑xn不一定收敛 例如:级数∑x=∑发散,但对任意>0和任意正整数p,取 (,p)=P,当n>N(E,p)时 P Fn+xn2+“+xm<n+16 5.若级数∑x,收敛,imx=1,问级数∑yn是否收敛? 解∑yn不一定收敛。 n+1 反例:x (-1)n+1 y 则 1,但级数∑xn收 敛,而级数∑y发散。 6.设xn≥0, lim x=0,问交错级数∑(-1)"“xn是否收敛? 解∑(-1)4xn不一定收敛。 2k 反例:x k 则xn≥0,imx,=0,但∑(-1)xn发 散。 7.设正项数列{xn}单调减少,且级数∑(-1)x发散。问级数∑ 是否收敛?并说明理由
即 0和任意正整数 p，存在 N(ε , p) ，使得 ｜ x n+1 + xn+2 + … + xn+ p｜ 0和任意正整数 p，取 ε ε p N( , p) = ，当n > N(ε , p)时， < ε + + + + + + + < 1 1 2 n p x x x n n " n p 。 5. 若级数∑ 收敛， ∞ n=1 n x lim n→∞ n n y x = 1，问级数∑ 是否收敛? ∞ n=1 n y 解 ∑ 不一定收敛。 ∞ n=1 n y 反例： n x n n 1 ( 1) + − = , n n y n n ( 1) 1 1 + − = + ，则lim n→∞ n n y x = 1，但级数 收 敛，而级数 发散。 ∑ ∞ n=1 n x ∑ ∞ n=1 n y 6. 设 ≥ 0， = 0，问交错级数 是否收敛? n x lim n→∞ n x n n n ∑ x ∞ = + − 1 1 ( 1) 解 ∑ 不一定收敛。 ∞ = + − 1 1 ( 1) n n n x 反例： ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = − = = 2 1 1 2 1 2 n k k n k k xn ，则 xn ≥ 0，lim n→∞ 0 n x = ，但 发 散。 n n n ∑ x ∞ = + − 1 1 ( 1) 7. 设正项数列{xn }单调减少，且级数∑ 发散。问级数 ∞ = − 1 ( 1) n n n x ∑ ∞ = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ 1 1+ 1 n n n x 是否收敛？并说明理由。 6
解级数∑,1收敛。 1+ 因为正项数列{xn}单调减少,所以必定收敛。如果imxn=0,则 ∑(-1)"xn是 Leibniz级数,因此收敛,与条件矛盾,所以必定有 lim x=a>0,于是当n充分大时, 因此∑ 1+x 收敛。 8.设级数∑收敛,则当a>a时,级数∑二也收敛 n=I h mnnn%),由于∑x收敛, 证∑=∑( 单调有界,利用 Abel判别法,可知级数∑二收敛 注本题也可利用 Dirichlet判别法证明。 9.若{mx}收敛,∑m(xn-xn)收敛,则级数∑xn收敛。 证令an=x,bn=1,则B4=∑b=k。利用Abel变换,得到 Xk k(xk+I-x) 由于 ∑n(xn1-xn)=∑[(n+1)(xn1-x), 因为数列{}单调有界,级数∑(m+10xm-x,)=∑(x-xm)收敛 由Abel判别法,∑n(xn1-xn)收敛。再由数列(mxn}的收敛性,即可 知级数∑xn收敛
解 级数∑ ∞ = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ 1 1+ 1 n n n x 收敛。 因为正项数列 单调减少，所以必定收敛。如果 ，则 是 Leibniz 级数，因此收敛，与条件矛盾，所以必定有 { }n x lim = 0 →∞ n n x ∑ ∞ = − 1 ( 1) n n n x lim = > 0 →∞ n α n x ，于是当n充分大时， n n n x ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + α 0时，级数∑ ∞ n=1 n n x α 也收敛。 证 ∑ ∞ n=1 n n x α ) 1 ( 1 ∑ 0 0 ∞ = − = ⋅ n n n n x α α α , 由于 ∑ ∞ =1 0 n n n x α 收敛， ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ − 0 1 α α n 单调有界，利用 Abel 判别法，可知级数∑ ∞ n=1 n n x α 收敛。 注 本题也可利用 Dirichlet 判别法证明。 9. 若｛nxn｝收敛，∑ 收敛，则级数 收敛。 ∞ = − − 2 1 ( ) n n n n x x ∑ ∞ n=1 n x 证 令a x n n = , bn =1, 则B b k 。利用 Abel 变换，得到 k i k ∑ i = = = 1 ∑ ∑ 。 = − = = − + − n k n k k n k k x nx k x x 1 1 1 1 ( ) 由于 ∑ ∞ = + − 1 1 ( ) n n n n x x ] 1 [( 1)( ) 1 1 + = ∑ + − ⋅ ∞ = + n n n x x n n n ， 因为数列 ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ n +1 n 单调有界，级数 收敛， 由 Abel 判别法，∑ 收敛。再由数列｛ ｝的收敛性，即可 知级数 收敛。 ∑ + − = ∞ = + 1 1 ( 1)( ) n n n n x x ∑ ∞ = − − 2 1 ( ) n n n n x x ∞ = + − 1 1 ( ) n n n n x x nxn ∑ ∞ n=1 n x 7
10.若∑(xn-xn)绝对收敛,∑υ收敛,则级数∑xny收敛 证由于∑yn收敛,可知vE>0,3N,Mn>N,vp∈N:∑yk0,imn-1|1>0,证明:交错级数∑(-yx收敛
10. 若∑ 绝对收敛， 收敛，则级数 收敛。 ∞ = − − 2 1 ( ) n n n x x ∑ ∞ n=1 n y ∑ ∞ n=1 n n x y 证 由于 ∑ 收敛,可知 ∞ n=1 n y ε 0, N n , N p , N+ ∀ > ∃ ∀ > ∀ ∈ ： ∑ < ε + = + n p k n k y 1 。由于 ∑ 绝对收敛, 所以收敛,于是可知 ∞ = − − 2 1 ( ) n n n x x {xn }有界。 设 x x A n ∑ n − n = ∞ = − 2 1 , xn ≤ B , 令 n k n n n k B y y y + = +1 + +2 +"+ + , 利 用 Abel 变换，得到 ( ) ( )ε 1 1 1 1 x y x B x x B A B n p k n n p n p k k k n p k n ∑ k k = − ∑ − < + + − = + + + + + = + 。 由 Cauchy 收敛原理，可知级数∑ 收敛。 ∞ n=1 n n x y 11．设 f (x)在[−1,1]上具有二阶连续导数，且 0 ( ) lim 0 = → x f x x 。 证明级数∑ ∞ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 1 1 n n f 绝对收敛。 证 由 0 ( ) lim 0 = → x f x x 可知 f (0) = 0 , f '(0) = 0 , 于是 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ n f 1 ～ 2 1 2 "(0) n f ⋅ （n → ∞）， 所以级数∑ ∞ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 1 1 n n f 绝对收敛。 12. 已知任意项级数∑ 发散，证明级数 ∞ n=1 n x ∑ ∞ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + 1 1 1 n n x n 也发散。 证 采用反证法。令 n n x n y ) 1 = (1+ ，若 ∑ 收敛，因为 ∞ n=1 n y ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ n +1 n 单调有界， 则由 Abel 判别法, ∑ = ∞ n=1 n x ∑ ∞ n=1 +1 n y n n 收敛，与条件矛盾，所以级数 ∑ ∞ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + 1 1 1 n n x n 发散。 13. 设 xn ＞0，lim n n→∞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + 1 n 1 n x x ＞0，证明：交错级数 n收敛。 n n ∑ x ∞ = + − 1 1 ( 1) 8
证设m川-1=y>0,首先可知当n充分大时有xn>xm,即数 列{xn}当n充分大时是单调减少的。然后取a>0,B>0,使得 y>B>a>0,可知当n充分大时,成立 >1+2>(1+ (n+1) 从而 (n+1)xn+10,使得 A,即 从而数列{n}趋于零。因此交错级数∑(-1)xn是 Leibniz级数,所以 收敛。 14.利用 1+++…+--lnn→y(n→>∞), n 其中y是Euer常数(见例248),求下述∑的更序级数的和 32574 116 解设bn=1++1+…+-ln,设级数 325749116 的部分和数列为{Sn},则 S3n+-(bn +Inn) 357 S,n+-(b+Inn)+-(b m+In 2n)=ban+ In 4n 于是
证 设 lim 1 0 1 = > ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + →∞ γ n n n x x n ，首先可知当 充分大时有 ，即数 列 当 充分大时是单调减少的。然后取 n n > n+1 x x {xn } n α > 0, β > 0 ，使得 γ > β > α > 0 ，可知当n充分大时，成立 α α β α n n x n n x n n ( 1) ) 1 1 (1 1 + > + > + = + ， 从而 1 ( 1) + n+ n x α n n x α 0 n xn ≤ A α α n A x 0 < n < ， 从而数列 趋于零。因此交错级数 是 Leibniz 级数，所以 收敛。 {xn } n n n ∑ x ∞ = + − 1 1 ( 1) 14. 利用 1+ 2 1 + 3 1 +…+ n 1 - ln n → γ ( n → ∞ )， 其中γ 是 Euler 常数(见例 2.4.8)，求下述∑ ∞ = + − 1 1 ( 1) n n n 的更序级数的和： 1 + 3 1 - 2 1 + 5 1 + 7 1 - 4 1 + 9 1 + 11 1 - 6 1 + …。 解. 设bn = 1 1 2 + + 3 1 +…+ 1 ln n n − ，设级数 1+ 3 1 - 2 1 + 5 1 + 7 1 - 4 1 + 9 1 + 11 1 - 6 1 + … n n 2n 1 4 1 1 4 3 1 − − + − + +" 的部分和数列为{Sn }，则 + ( + ln ) = 2 1 3 S b n n n 1 + 3 1 + 5 1 + 7 1 + 9 1 + 11 1 + … 4 1 1 4 3 1 − + − + n n ， 3 2 1 1 ( ln ) ( ln 2 ) ln 4 2 2 n n n n S b + + n + b + n = b4 + n， 于是 9
bn-÷b2n+ln2 由 lim b=y,得到 由于inS3n1=limS3n+2=imS3,所以 n→ lim s In 2 15.利用级数的 Cauchy乘积证明: )(∑)=+ (|q|q|=∑(n+1 (q<1) q
ln 2 2 3 2 1 2 1 S3n = b4n − bn − b2n + 。 由 = γ →∞ n n lim b ，得到 ln 2 2 3 lim 3 = →∞ n n S 。 由于 + = ，所以 →∞ 3 1 lim n n S + = →∞ 3 2 lim n n S n n S3 lim →∞ ln 2 2 3 lim = →∞ n n S 。 15. 利用级数的 Cauchy 乘积证明： (1) ∑ ⋅ ∞ =0 ! 1 n n ∑ ∞ = − 0 ! ( 1) n n n = 1； (2) ⎟ = = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∑ ∞ n=0 n q ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∑ ∞ n=0 n q ∑ ∞ = + 0 ( 1) n n n q 2 (1 ) 1 − q (｜q｜＜1) 。 解 （1）设∑ ⋅ ∞ =0 ! 1 n n ∑ ∞ = − 0 ! ( 1) n n n ∑ ∞ = = n 0 n c ，则c0 = 1，且当n ≥ 1时， ∑ + = ⋅ − = i j n j n i j c ! ! ( 1) j i j n i j n n ( 1) ! ! ! ! 1 − ⋅ = ∑ + = (1 1) 0 ! 1 = − = n n ， 所以 ∑ ⋅ ∞ =0 ! 1 n n ∑ ∞ = − 0 ! ( 1) n n n = 1。 （2）设 ⎟ = ，则 ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∑ ∞ n=0 n q ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∑ ∞ n=0 n q ∑ ∞ n=0 n c n i j n i j cn = ∑(q q ) = (n +1)q + = 。 又由于 q < 1，所以 q q n n − ∑ = ∞ = 1 1 0 ，从而得到 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∑ ∞ n=0 n q ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∑ ∞ n=0 n q =∑ = ∞ = + 0 ( 1) n n n q 2 (1 ) 1 − q ( q < 1)。 10