裂项
裂项是很常用、也很有技巧性的一种数学方法。在有理函数积分中，我们通过裂项拆分分式、简化积分运算；在极限求解与数列递推问题里，我们借助裂项实现相邻项抵消、化简通项；而在级数求和中，裂项更是将无穷和转化为余项极限的常见技巧。本小节介绍几道运用裂项的题目，一起来看看吧！
基础
例 1
Example
设 \(a_1=1,\displaystyle a_{n+1}= \frac{a_n}{(n+1)(a_n+1)}\)，求极限 \(\displaystyle \lim_{n\to\infty} n!a_n\)
为了出现可以裂项的结构，我们取倒数变形，构造裂项递推，得：
\[
\frac1{a_{n+1}}=(n+1)\cdot \frac{a_n+1}{a_n}=(n+1)\left(1+\frac1{a_n}\right)
\]
为了构造出同构结构，我们两边同除 \((n+1)!\)，得：
\[
\frac1{(n+1)!a_{n+1}}=\frac1{n!a_n}+\frac1{n!}
\]
记 \(\boldsymbol{b_n=\dfrac1{n!a_n}}\)，则递推式化为：
\[
b_{n+1}=b_n+\frac1{n!}
\]
由 \(a_1=1\) 得，\(b_1=\dfrac1{1!\cdot a_1}=1\)
累加法裂项求和
\[
\begin{aligned} b_n&=b_1+\sum_{k=1}^{n-1} \frac1{k!}\\ &=1+\sum_{k=1}^{n-1} \frac1{k!}=\sum_{k=0}^{n-1} \frac1{k!} \end{aligned}
\]
即：
\[
\frac1{n!a_n}=\sum_{k=0}^{n-1} \frac1{k!}\implies n!a_n=\frac1{\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \frac1{k!}}
\]
取极限，同时利用重要级数 \(\displaystyle \sum_{k=0}^\infty\frac1{k!}=e\)：
\[
\lim_{n\to\infty}n!a_n=\lim_{n\to\infty}\frac1{\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \frac1{k!}}=\frac1e
\]
下面介绍一类反正切裂项问题。
反正切裂项
基础公式
基本裂项形式为：
\[
\arctan\frac{A-B}{1+AB}=\arctan A-\arctan B
\]
下面给出证明：
已知正切差角公式：
\[
\tan(\alpha-\beta)=\frac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta}
\]
设 \(\alpha=\arctan A,\quad \beta=\arctan B\) ，由条件 \(A,B>0\)，得：
\[
\alpha,\beta\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right),\quad \tan\alpha=A,\ \tan\beta=B
\]
代入差角公式，两边同时取反正切：
\[
\arctan\big[\tan(\alpha-\beta)\big]=\arctan\frac{A-B}{1+AB}
\]
根据反正切性质：
\[
\boldsymbol{\arctan(\tan x)=x,\ x\in\left(-\frac\pi2,\frac\pi2\right)}
\]
由
\[
\alpha,\beta\in\left(0,\frac\pi2\right)\implies \alpha-\beta\in\left(-\frac\pi2,\frac\pi2\right)
\]
因此： \(\alpha-\beta=\arctan\big[\tan(\alpha-\beta)\big]\)
联立得：
\[
\boldsymbol{\arctan\frac{A-B}{1+AB}=\arctan A-\arctan B\quad(A,B>0)}
\]
特别地，当 \(A = \dfrac{k}{k+1}\)，\(B=\dfrac{k-1}{k}\) 或者令 \(A=2k+1\)，\(B=2k-1\) 时可以得到另一个常用裂项公式：
推论
\[
\begin{aligned}\displaystyle\arctan\frac1{2k^2}&=\arctan\frac{k}{k+1}-\arctan\frac{k-1}{k}
\\&=\arctan(2k+1)-\arctan (2k-1)\end{aligned}
\]
例 2
Example
求级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\arctan \frac{2}{4n^2+4n+1}\)
匹配反正切裂项公式
\[
\frac{2}{4n^2+4n+1}=\frac{(2n+2)-2n}{1+2n(2n+2)}
\]
由恒等式：
\[
\displaystyle\arctan\frac{A-B}{1+AB}=\arctan A-\arctan B
\]
令 \(A=2n+2,\ B=2n\)：
\[
\arctan\frac{2}{4n^2+4n+1}=\arctan(2n+2)-\arctan2n
\]
裂项相消求和：
\[
\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}\big[\arctan(2n+2)-\arctan2n\big] &=\lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^N\big[\arctan(2n+2)-\arctan2n\big]\\ &=\lim_{N\to\infty}\big[\arctan(2N+2)-\arctan2\big]\\ &=\frac\pi2-\arctan2=\arctan\frac12 \end{aligned}
\]
Tip
最后一步的化简不是必要的，如果忘记了这个反正切恒等式可以画一个两个直角边分别为 \(1\) 和 \(2\) 的直角三角形，通过两个锐角互余得到这个关系。
例 3
Example
求级数 \(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\arctan\frac1{2k^2}\)
使用上文推论得到的公式：
\[
\arctan \frac{1}{2k^2}=\arctan\frac{k}{k+1}-\arctan\frac{k-1}{k}
\]
得：
\[
\begin{aligned} \sum_{k=1}^{\infty}\arctan\frac1{2k^2} &=\lim_{N\to\infty}\sum_{k=1}^{N}\left(\arctan\frac{k}{k+1}-\arctan\frac{k-1}{k}\right)\\ &=\lim_{N\to\infty}\left(\arctan\frac{N}{N+1}-\arctan 0\right)\\ &=\arctan1-0=\frac\pi4 \end{aligned}
\]
习题
Q1
Question
设 \(a_{n},b_{n}>0\)，\(a_{1}=b_{1}=1\)，\(b_{n}=a_{n}b_{n-1}-2\)，\(n\geqslant 2\) 且 \(b_{n}\) 有界，求：
\[
\lim_{ n \to \infty } \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{a_{1}a_{2}\dots a_{k}}
\]
Q2
Question
计算：
\[
\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k(k+1)(k+1)!}
\]
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