如下图，这个级数如何求出来呢？
好的，我们来看看这道题，如何一步步地把这个级数算出来。
首先，我们观察一下这个级数的形式：
$$ sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n(n+1)} $$
这个级数看起来有点像我们常说的“裂项相消”的类型。什么是裂项相消呢？简单来说，就是把一个分式拆成两个更简单的分式的差，这样在求和的时候，中间很多项会互相抵消掉，最后只剩下头尾几项。
我们试着把 $frac{1}{n(n+1)}$ 拆开。通常，我们会想到使用部分分式分解。对于这种形式 $frac{1}{P(x)Q(x)}$，我们可以将其分解为 $frac{A}{P(x)} + frac{B}{Q(x)}$。在这里，$P(n) = n$，$Q(n) = n+1$。
所以，我们假设：
$$ frac{1}{n(n+1)} = frac{A}{n} + frac{B}{n+1} $$
为了找到 $A$ 和 $B$ 的值，我们可以通分右边：
$$ frac{1}{n(n+1)} = frac{A(n+1) + Bn}{n(n+1)} $$
现在，分子必须相等：
$$ 1 = A(n+1) + Bn $$
为了方便求解 $A$ 和 $B$，我们可以代入一些特定的 $n$ 值。
令 $n = 0$：
$1 = A(0+1) + B(0)$
$1 = A$
所以，$A=1$。
令 $n = 1$：
$1 = A(1+1) + B(1)$
$1 = A(0) B$
$1 = B$
所以，$B=1$。
这样，我们就成功地将 $frac{1}{n(n+1)}$ 分解成了：
$$ frac{1}{n(n+1)} = frac{1}{n} frac{1}{n+1} $$
太好了！现在我们可以把这个分解式代回原级数中。
原级数是 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n(n+1)}$，现在变成了：
$$ sum_{n=1}^{infty} left( frac{1}{n} frac{1}{n+1} ight) $$
我们来看看级数的前几项展开：
当 $n=1$ 时，项是 $frac{1}{1} frac{1}{2}$
当 $n=2$ 时，项是 $frac{1}{2} frac{1}{3}$
当 $n=3$ 时，项是 $frac{1}{3} frac{1}{4}$
当 $n=4$ 时，项是 $frac{1}{4} frac{1}{5}$
...
这是一个无穷级数，我们不能直接求无穷项的和。我们需要考虑部分和。
令 $S_N$ 表示级数的前 $N$ 项和：
$$ S_N = sum_{n=1}^{N} left( frac{1}{n} frac{1}{n+1} ight) $$
现在，我们把前 $N$ 项展开写出来：
$$ S_N = left( frac{1}{1} frac{1}{2} ight) + left( frac{1}{2} frac{1}{3} ight) + left( frac{1}{3} frac{1}{4} ight) + dots + left( frac{1}{N} frac{1}{N+1} ight) $$
仔细看这一串展开式，你会发现一个非常神奇的事情：
第一个括号里的 $frac{1}{2}$ 会和第二个括号里的 $+frac{1}{2}$ 抵消。
第二个括号里的 $frac{1}{3}$ 会和第三个括号里的 $+frac{1}{3}$ 抵消。
以此类推，直到最后一个括号前的 $frac{1}{N}$ 和最后那个括号里的 $+frac{1}{N}$ 抵消。
这种抵消是 “错位相减” 的一种，但这里是因为项是 $(a_n a_{n+1})$ 的形式，所以看起来更像是 “连环抵消”。
我们把抵消的部分划掉（或者想象一下它们消失了）：
$$ S_N = frac{1}{1} cancel{ frac{1}{2}} + cancel{frac{1}{2}} cancel{ frac{1}{3}} + cancel{frac{1}{3}} cancel{ frac{1}{4}} + dots + cancel{frac{1}{N}} frac{1}{N+1} $$
那么，剩下的是什么呢？
$$ S_N = 1 frac{1}{N+1} $$
现在，我们已经求出了级数的前 $N$ 项和。一个无穷级数的和，就是当项数 $N$ 趋向于无穷大时，部分和 $S_N$ 的极限。
所以，级数的和 $S$ 就是：
$$ S = lim_{N o infty} S_N $$
$$ S = lim_{N o infty} left( 1 frac{1}{N+1} ight) $$
当 $N$ 变得越来越大时，$N+1$ 也变得越来越大。那么 $frac{1}{N+1}$ 这个分数，它的分子是固定的 $1$，分母却无限增大，所以整个分数的值会越来越接近于 $0$。
$$ lim_{N o infty} frac{1}{N+1} = 0 $$
因此，
$$ S = 1 0 $$
$$ S = 1 $$
所以，这个级数的值就是 1。
整个过程就是这样：先通过部分分式分解，将原级数的通项改写成两个简单分数的差，然后写出部分和，观察到中间项的相互抵消（裂项相消），最后求部分和当项数趋于无穷时的极限。
希望这个解释够清楚！
首先，我们观察一下这个级数的形式：
$$ sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n(n+1)} $$
这个级数看起来有点像我们常说的“裂项相消”的类型。什么是裂项相消呢？简单来说，就是把一个分式拆成两个更简单的分式的差，这样在求和的时候，中间很多项会互相抵消掉，最后只剩下头尾几项。
我们试着把 $frac{1}{n(n+1)}$ 拆开。通常，我们会想到使用部分分式分解。对于这种形式 $frac{1}{P(x)Q(x)}$，我们可以将其分解为 $frac{A}{P(x)} + frac{B}{Q(x)}$。在这里，$P(n) = n$，$Q(n) = n+1$。
所以，我们假设：
$$ frac{1}{n(n+1)} = frac{A}{n} + frac{B}{n+1} $$
为了找到 $A$ 和 $B$ 的值，我们可以通分右边：
$$ frac{1}{n(n+1)} = frac{A(n+1) + Bn}{n(n+1)} $$
现在，分子必须相等：
$$ 1 = A(n+1) + Bn $$
为了方便求解 $A$ 和 $B$，我们可以代入一些特定的 $n$ 值。
令 $n = 0$：
$1 = A(0+1) + B(0)$
$1 = A$
所以，$A=1$。
令 $n = 1$：
$1 = A(1+1) + B(1)$
$1 = A(0) B$
$1 = B$
所以，$B=1$。
这样，我们就成功地将 $frac{1}{n(n+1)}$ 分解成了：
$$ frac{1}{n(n+1)} = frac{1}{n} frac{1}{n+1} $$
太好了！现在我们可以把这个分解式代回原级数中。
原级数是 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n(n+1)}$，现在变成了：
$$ sum_{n=1}^{infty} left( frac{1}{n} frac{1}{n+1} ight) $$
我们来看看级数的前几项展开：
当 $n=1$ 时，项是 $frac{1}{1} frac{1}{2}$
当 $n=2$ 时，项是 $frac{1}{2} frac{1}{3}$
当 $n=3$ 时，项是 $frac{1}{3} frac{1}{4}$
当 $n=4$ 时，项是 $frac{1}{4} frac{1}{5}$
...
这是一个无穷级数，我们不能直接求无穷项的和。我们需要考虑部分和。
令 $S_N$ 表示级数的前 $N$ 项和：
$$ S_N = sum_{n=1}^{N} left( frac{1}{n} frac{1}{n+1} ight) $$
现在，我们把前 $N$ 项展开写出来：
$$ S_N = left( frac{1}{1} frac{1}{2} ight) + left( frac{1}{2} frac{1}{3} ight) + left( frac{1}{3} frac{1}{4} ight) + dots + left( frac{1}{N} frac{1}{N+1} ight) $$
仔细看这一串展开式，你会发现一个非常神奇的事情：
第一个括号里的 $frac{1}{2}$ 会和第二个括号里的 $+frac{1}{2}$ 抵消。
第二个括号里的 $frac{1}{3}$ 会和第三个括号里的 $+frac{1}{3}$ 抵消。
以此类推，直到最后一个括号前的 $frac{1}{N}$ 和最后那个括号里的 $+frac{1}{N}$ 抵消。
这种抵消是 “错位相减” 的一种，但这里是因为项是 $(a_n a_{n+1})$ 的形式，所以看起来更像是 “连环抵消”。
我们把抵消的部分划掉（或者想象一下它们消失了）：
$$ S_N = frac{1}{1} cancel{ frac{1}{2}} + cancel{frac{1}{2}} cancel{ frac{1}{3}} + cancel{frac{1}{3}} cancel{ frac{1}{4}} + dots + cancel{frac{1}{N}} frac{1}{N+1} $$
那么，剩下的是什么呢？
$$ S_N = 1 frac{1}{N+1} $$
现在，我们已经求出了级数的前 $N$ 项和。一个无穷级数的和，就是当项数 $N$ 趋向于无穷大时，部分和 $S_N$ 的极限。
所以，级数的和 $S$ 就是：
$$ S = lim_{N o infty} S_N $$
$$ S = lim_{N o infty} left( 1 frac{1}{N+1} ight) $$
当 $N$ 变得越来越大时，$N+1$ 也变得越来越大。那么 $frac{1}{N+1}$ 这个分数，它的分子是固定的 $1$，分母却无限增大，所以整个分数的值会越来越接近于 $0$。
$$ lim_{N o infty} frac{1}{N+1} = 0 $$
因此，
$$ S = 1 0 $$
$$ S = 1 $$
所以，这个级数的值就是 1。
整个过程就是这样：先通过部分分式分解，将原级数的通项改写成两个简单分数的差，然后写出部分和，观察到中间项的相互抵消（裂项相消），最后求部分和当项数趋于无穷时的极限。
希望这个解释够清楚！
网友意见
提供一个基于留数的方法。
首先我们把原问题中的级数扩展一下，考虑如下的级数
简单地观察可以发现，对于整数 ，有 ，因此这个新的级数等于原题中级数的两倍。
现在我们定义一个新的函数
容易看出每个整数点均为 的一个极点，且它在每个整数点上的留数分别等于我们定义的级数的每一项，也就是说
此外还注意到， 也是一个极点，因此我们在复平面中画出所有极点的分布
图中星号代表函数 的极点，级数中的每一项分别对应了蓝色极点处的留数，每一个小圆路径均沿逆时针，将这些路径进行合并，并利用函数 在无穷远处去的衰减性质，我们得到下面一个新的路径
注意红色极点的留数并不包含在级数中，因此路径在 处绕了个弯。这样沿着新的积分路径，我们立刻可以看出 在其上的积分等于
根据 在 的Taylor展开容易求出 在这一点的留数为 ,
因此级数 ,
所以原题中的级数等于 。
利用这样的留数法可以十分方便地解析计算一大批级数问题，更多细节可以参看Walter Appel的《Mathematics for physics and physicists》中4.6.e小节。
首先介绍狄利克雷beta函数（Dirichlet beta function）：
而题目正是求 的值。
其实这个函数在 处的函数值都有 ，本文的目标就是把他们统统都求出来！
显然 ， （卡塔拉常数）
下面进入复变的世界，坐稳喽————
令 ，其中 为正整数。构造一个 正方形围道：
这函数在全平面的奇点是 以及 ，注意这个 是 级极点。
计算留数：
注意到欧拉数定义： [1]
所以：
根据它，我们可以求出：
所以
由留数定理：
而 [3]
现在，令 ，则 式变为：
解得：
然后可以开启开挂模式了：
……
附：前几个欧拉数（ 都为零）
参考
- ^欧拉数（维基百科） https://en.m.wikipedia.org/wiki/Euler_numbers
- ^请问这四个展开式是怎么来的？ - Aries的回答 - 知乎 https://www.zhihu.com/question/398250488/answer/1263706418
- ^初三党搞积日常（2）——从复变角度解决巴塞尔问题（The Basel Problem） - Aries的文章 - 知乎 https://zhuanlan.zhihu.com/p/143842181
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