解因为 所以 m+a2=-2n(a)-(-i 利用上面列出的中函数的性质4 ap(ia)-p(-ia)=-ia-rcotita=i a+ coth Te 就可以求得 ★如果un还有二阶极点,例如 d(n)=(n+a1)(n+a2)…(n+am)(n+B1)2(m+B2)2…(n+h)2 d(n) 2+ak[n+A+7n+) 相应地,级数收敛的条件是 k=1 根据ψ函数的递推关系,即得 ∑un=-∑aak)-∑[k中()-b2(A小 n=0 k=1 k=1 例8.3求无穷级数 (n+1)2(2n+1)2 之和. 解因为 +1+-[++m n+1/2(n+1/2)2 所以 m+)(2n+1=-14)-(1+(2)+中( 2x2 8In2￾✁✂ Γ ✄ ☎ ✆ 9 ✝ ✿ ❃✦ 1 n2 + a 2 = i 2a  1 n + ia − 1 n − ia  , ■❏ X∞ n=0 1 n2 + a 2 = − i 2a [ψ(ia) − ψ(−ia)] . ↕✘ ②❝➉➝✕ ψ ✓✔✕➆❧ 4 ✪ ψ(ia) − ψ(−ia) = − 1 ia − π cot iπa = i  1 a + π coth πa , ❧ ❢ ❏➛ ➀ X∞ n=0 1 n2 + a 2 = 1 2a 2 1 + πa coth πa . F ➥ õ un ➫ ⑩★❡➋⑧ ✪➭ ➥ ✪ d(n) = (n + α1)(n + α2)· · ·(n + αm)(n + β1) 2 (n + β2) 2 · · ·(n + βl) 2 , q un = p(n) d(n) = Xm k=1 ak n + αk + X l k=1  b1k n + βk + b2k (n + βk) 2  . ➯ ✯ ⑦✪ ü✔♣q✕ö÷✛ Xm k=1 ak + X l k=1 b1k = 0. ✌✍ ψ ✓✔✕➧ ⑨➃➨✪ ➚➀ X∞ n=0 un = − Xm k=1 akψ(αk) − X l k=1 b1kψ(βk) − b2kψ 0 (βk) . ➩ 8.3 ➛●❍ü✔ P∞ n=0 1 (n + 1)2(2n + 1)2 ➞➟✳ ✿ ❃✦ 1 (n + 1)2(2n + 1)2 =  4 n + 1 + 1 (n + 1)2  −  4 n + 1/2 − 1 (n + 1/2)2  , ■❏ X∞ n=0 1 (n + 1)2(2n + 1)2 = − 4ψ(1) − ψ 0 (1) +  4ψ  1 2  + ψ 0  1 2  = 2π 2 3 − 8 ln 2.