16 $x^{underline{n}}(x-n)^{underline{m}}=x^{underline{m}}(x-m)^{underline{n}}=x^{underline{n+m}}$
17 当$m>0$时，有$x^{overline{m}}=x(x+1)(x+2)..(x+m-2)(x+m-1)$
当$m=0$时，有$x^{overline{0}}=1$
当$m<0$时，有$x^{overline{m}}=frac{1}{(x-1)(x-2)...(x-(|m|-1))(x-|m|)}$
对于第一个式子，$m=0$时显然都是１．
（１）当$m>0$时，
$(-1)^{m}(-x)^{underline{m}}=(-1)^{m}(-x)(-x-1)(-x-2)...(-x-(m-1))=x(x+1)(x+2)...(x+m-1)=x^{overline{m}}$
$(x+m-1)^{underline{m}}=(x+m-1)(x+m-2)...(x+1)x=x^{overline{m}}$
$frac{1}{(x-1)^{underline{-m}}}=(x-1+1)(x-1+2)...(x-1+m)=x^{overline{m}}$
（２）当$m<0$时，不妨令$m=-m$，
$(-1)^{-m}(-x)^{underline{-m}}=frac{1}{(-1)^{m}}*frac{1}{(-x+1)(-x+2)...(-x+m)}$
$=frac{1}{(x-1)(x-2)(x-3)..(x-m)}=x^{overline{-m}}$
$(x-m-1)^{underline{-m}}=frac{1}{(x-m-1+1)(x-m-1+2)...(x-m-1+m)}=x^{overline{-m}}$
$frac{1}{(x-1)^{underline{m}}}=frac{1}{(x-1)(x-1-1)...(x-1-(m-1))}=x^{overline{-m}}$
第二个式子类似。
18 令$p$表示$sum_{k in K}a_{k}$绝对收敛； $q$表示存在有界常数$B$使得任意有限子集$F in K$有$sum_{k in F}|a_{k}| leq B$
(1)$p ightarrow q$:若$sum_{k in K}a_{k}$绝对收敛，那么有$sum_{kin K}Re a_{k},sum_{kin K}Im a_{k}$分别绝对收敛，而$|a_{k}|leq (Re a_{k})^{+}+(Re a_{k})^{-}+(Im a_{k})^{+}+(Im a_{k})^{-}$，所以$sum_{kin F}|a_{k}|leq sum_{kin F}((Re a_{k})^{+}+(Re a_{k})^{-}+(Im a_{k})^{+}+(Im a_{k})^{-})$，而后者绝对收敛，所以存在有界常数$B$满足条件；
(2)$q ightarrow p$:由于$(Re a_{k})^{+}leq |a_{k}|,(Re a_{k})^{-}leq |a_{k}|,(Im a_{k})^{+}leq |a_{k}|,(Im a_{k})^{-}leq |a_{k}|$,所以存在有界常数$X,Y,Z,W$使得$sum_{kin F}(Re a_{k})^{+}leq X,sum_{kin F}(Re a_{k})^{-}leq Y,sum_{kin F}(Im a_{k})^{+}leq Z,sum_{kin F}(Im a_{k})^{-}leq W$,所以$sum_{kin K}Re a_{k},sum_{kin K}Im a_{k}$都是绝对收敛的，所以$sum_{k in K}a_{k}$绝对收敛
19 $a_{n}=2,b_{n}=n$,所以$s_{n}=frac{a_{1}a_{2}...a_{n-1}}{b_{2}b_{3}...b_{n}}=frac{2^{n-1}}{n!}$，两边同时乘以$s_{n}$得到:$frac{2^{n}}{n!}T_{n}=frac{2^{n-1}}{(n-1)!}T_{n-1}+3*2^{n-1}$，$T_{0}=5 ightarrow T_{1}=4$
令$P_{n}=frac{2^{n}}{n!}T_{n}$,那么有$P_{n}=P_{n-1}+3*2^{n-1},P_{1}=8$,所以$P_{n}=3*(2^{n-1}+2^{n-2}+...+2^{1})+8=3*2^{n}+2$,所以$T_{n}=(3*2^{n}+2)*frac{n!}{2^{n}}$，验证可得对于$n=0$也满足条件。
20 $sum_{k=0}^{n}kH_{k}+(n+1)H_{n+1}$
$=sum_{k=0}^{n}(k+1)H_{k+1}$
$=sum_{k=0}^{n}kH_{k+1}+sum_{k=0}^{n}H_{k+1}$
$=sum_{k=0}^{n}k(H_{k}+frac{1}{k+1})+sum_{k=0}^{n}(H_{k}+frac{1}{k+1})$
$=sum_{k=0}^{n}kH_{k}+sum_{k=0}^{n}frac{k}{k+1}+sum_{k=0}^{n}H_{k}+sum_{k=0}^{n}frac{1}{k+1}$
$=sum_{k=0}^{n}kH_{k}+sum_{k=0}^{n}H_{k}+n+1$
所以$sum_{k=0}^{n}H_{k}=(n+1)(H_{n+1}-1)$
21 (1)一方面，$S_{n+1}=sum_{k=0}^{n+1}(-1)^{n+1-k}=1+sum_{k=0}^{n}(-1)^{n+1-k}=1-sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}=1-S_{n}$，
另一方面，$S_{n+1}=sum_{k=0}^{n+1}(-1)^{n+1-k}=(-1)^{n+1}+sum_{k=1}^{n+1}(-1)^{n+1-k}=(-1)^{n+1}+sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}=(-1)^{n+1}+S_{n}$
所以$S_{n}=frac{1+(-1)^{n}}{2}$
(2)一方面$T_{n+1}=sum_{k=0}^{n+1}(-1)^{n+1-k}k=sum_{k=1}^{n+1}(-1)^{n+1-k}k=sum_{1leq k+1leq n+1}(-1)^{n+1-(k+1)}(k+1)=sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}(k+1)=sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}k+sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}=T_{n}+S_{n}$
另一方面，$T_{n+1}=sum_{k=0}^{n+1}(-1)^{n+1-k}k=n+1+sum_{k=0}^{n}(-1)^{n+1-k}k=n+1-sum_{k=0}^{n+1}(-1)^{n-k}k=n+1-T_{n}$
所以$T_{n}=frac{n+1-S_{n}}{2}=frac{2n+1-(-1)^n}{4}$
(3)一方面$U_{n+1}=sum_{k=0}^{n+1}(-1)^{n+1-k}k^{2}=sum_{k=1}^{n+1}(-1)^{n+1-k}k^{2}=sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}(k+1)^{2}=sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}k^{2}+2T_{n}+S_{n}=U_{n}+n+1$
另一方面，$U_{n+1}=sum_{k=0}^{n+1}(-1)^{n+1-k}k^{2}=(n+1)^{2}+sum_{k=0}^{n}(-1)^{n+1-k}k^{2}=(n+1)^{2}-U_{n}$
所以$U_{n}=frac{n(n+1)}{2}$
22 直接证明下面的一般式。
$sum_{1leq j < k leq n}(a_{j}b_{k}-a_{k}b_{j})(A_{j}B_{k}-A_{k}B_{j})$
$=frac{1}{2}sum_{1leq j,k leq n}(a_{j}b_{k}-a_{k}b_{j})(A_{j}B_{k}-A_{k}B_{j})$
$=frac{1}{2}sum_{1leq j,k leq n}(a_{j}b_{k}A_{j}B_{k}-a_{k}b_{j}A_{j}B_{k}-a_{j}b_{k}A_{k}B_{j}+a_{k}b_{j}A_{k}B_{j})$
$=sum_{1leq j,k leq n}(a_{j}b_{k}A_{j}B_{k}-a_{k}b_{j}A_{j}B_{k})$
$=left (sum_{k=1}^{n}a_{k}A_{k} ight )left (sum_{k=1}^{n}b_{k}B_{k} ight )-left (sum_{k=1}^{n}a_{k}B_{k} ight )left (sum_{k=1}^{n}b_{k}A_{k} ight )$
23 (1)$sum_{k=1}^{n}frac{2k+1}{k(k+1)}=sum_{k=1}^{n}frac{k+(k+1)}{k(k+1)}=sum_{k=1}^{n}(frac{1}{k}+frac{1}{k+1})=2H_{n}-frac{n}{n+1}$
(2)令$u(x)=2x+1,Delta v(x)=frac{1}{x(x+1)}=(x-1)^{underline{-2}}$，所以$Delta u(x)=u(x+1)-u(x)=2,v(x)=-(x-1)^{underline{-1}}=-frac{1}{x},E_{v}(x)=-frac{1}{x+1}$,所以$sum (2x+1)frac{1}{x(x+1)}delta x=(2x+1)(-frac{1}{x})-sum (-frac{2}{x+1})delta x=-2-frac{1}{x}+2H_{x}+C$,
所以$sum_{k=1}^{n}frac{2k+1}{k(k+1)}$
$= sum_{1}^{n+1}(2x+1)frac{1}{x(x+1)}delta x$
$=left (-2-frac{1}{x}+2H_{x} ight )|_{1}^{n+1}$
$=(-2-frac{1}{n+1}+2H_{n+1})-(-2-1+2H_{1})=2H_{n}-frac{n}{n+1}$
24 令$u(x)=H_{x},Delta v(x)=frac{1}{(x+1)(x+2)}=x^{underline{-2}}$，所以$Delta u(x)=frac{1}{x+1},v(x)=-x^{underline{-1}}=-frac{1}{x+1}$，所以$E_{v}(x)=-frac{1}{x+2}$,
所以$sum H_{x}frac{1}{(x+1)(x+2)}delta x$
$=sum u_{x}Delta v_{x}delta x$
$=u_{x}v_{x}-sum E_{v}(x)Delta u_{x}delta x$
$=-frac{H_{x}}{x+1}-sum (-frac{1}{x+2})frac{1}{x+1}delta x$
$=-frac{H_{x}}{x+1}+sum x^{underline{-2}}delta x$
$=-frac{H_{x}}{x+1}-frac{1}{x+1}$
$=-frac{H_{x}+1}{x+1}$
所以$sum_{0leq k < n} H_{k}frac{1}{(k+1)(k+2)}$
$=left (-frac{H_{x}+1}{x+1} ight )|_{0}^{n}$
$=-frac{H_{n}+1}{n+1}-(-1)=1-frac{H_{n}+1}{n+1}$
25 $sum_{kin K}ca_{k}=csum_{kin K}a_{k}leftrightarrow prod _{kin K}a_{k}^{c}=left (prod _{kin K}a_{k} ight )^{c}$
$sum_{kin K}(a_{k}+b_{k})=sum_{kin K}a_{k}+sum_{kin K}b_{k}leftrightarrow prod _{kin K}a_{k}b_{k}=left (prod _{kin K}a_{k} ight )left (prod _{kin K}b_{k} ight )$
26 $P^{2}=left (prod_{1leq j, kleq n}a_{j}a_{k} ight )left ( prod _{k=1}^{n}a_{k}^{2} ight )$
$=left (prod_{1leq kleq n}a_{k}^{2n} ight )left ( prod _{k=1}^{n}a_{k}^{2} ight )$
$= prod _{k=1}^{n}a_{k}^{2n+2} ightarrow P=prod _{k=1}^{n}a_{k}^{n+1}$
27 $Delta ((-2)^{underline{x}})$
$=(-2)^{underline{x+1}}-(-2)^{underline{x}}$
$=(-2-x-1)(-2)^{underline{x}}$
$=frac{(-2)^{underline{x}}(-2-x)(-2-(x+1))}{(-2-x)}$
$=-frac{(-2)^{underline{x+2}}}{x+2}$
所以$Delta (-(-2)^{underline{x-2}})=frac{(-2)^{underline{x}}}{x}$
所以$sum frac{(-2)^{underline{x}}}{x}delta x=-(-2)^{underline{x-2}}$
所以$sum_{k=1}^{n} frac{(-2)^{underline{k}}}{k}=left (-(-2)^{underline{x-2}} ight )|_{1}^{n+1}=(-1)^{n}n!-1$
28 交换求和次序的时候，并不是绝对收敛的。所以不能交换求和次序。
29 $sum_{k=1}^{n}frac{(-1)^{k}k}{4k^{2}-1}$
$=frac{1}{4}sum_{k=1}^{n}(-1)^{k}(frac{1}{2k-1}+frac{1}{2k+1})$
$=frac{1}{4}(-frac{1}{1}-frac{1}{3}+frac{1}{3}+frac{1}{5}-frac{1}{5}-frac{1}{7}...+frac{(-1)^{n}}{2n-1}+frac{(-1)^{n}}{2n+1})$
$=frac{1}{4}(-1+frac{(-1)^{n}}{2n+1})$
30 设$n$可以表示成$k$个连续正整数之和，最小的正整数为$a$，即$n=frac{(a+a+k-1)k}{2}$,所以$2a-1=frac{2n}{k}-k$
所以$frac{2n}{k}-k$是个奇数并且大于等于1.
令$n=2^{p}q,k=2^{t}r$，其中$q,r$是奇数。可以得到$t$要么等于0要么等于$p+1$，要么$k=1$.只有满足这三种情况之一，才能保证$frac{2n}{k}-k$是个奇数并且大于等于1.
(1)$k=1$，此时$a=n$，那么得到二元组$(k,a)=(1, n)$
（2）$t=p+1$,此时$k=2^{p+1}$,如果此时$frac{2n}{k}-k=q-2^{p+1}geq 1$，那么将得到一组$(k, a)$.否则由于$q eq 2^{p+1}$,所以$q-2^{p+1}leq -1$，所以$2^{p+1}-qgeq 1$，所以此时令$k^{'}=q$那么仍然有$frac{2n}{k^{'}}-k^{'}geq 1$,此时也可以得到一个解$(k^{'},a)$
（3）令$k=r|q$且$1<r<q$，也就是$k$是$n$的一个小于$q$大于1的奇数因子。同样如果此时$frac{2n}{k}-kgeq 1$那么得到一组$(k,a)$，否则令$k^{'}=frac{2n}{k}$,那么有$frac{2n}{k^{'}}-k^{'}geq 1$，此时得到一组解$(k^{'},a)$
总结来说，如果表示成$2a-1=frac{2n}{k}-k=X-Y$,那么$X,Y$中有且仅有一个是$n$的奇数因子。如果可以证明在上面所有情况中的任意两种得到的二元组是不同的，那么可以得到一个结论就是对于$n$的任意一个奇数因子，都存在一组解。
证明分三种情况：
（1）对于任意的两个不同的奇数因子$k_{1},k_{2}$，如果$frac{2n}{k_{1}}-k_{1}geq 1,frac{2n}{k_{2}}-k_{2}geq 1$,那么一定要满足$frac{2n}{k_{1}}-k_{1} eq frac{2n}{k_{2}}-k_{2}$
（2）对于任意的两个不同的奇数因子$k_{1},k_{2}$，如果$frac{2n}{k_{1}}-k_{1}geq 1,k_{2}-frac{2n}{k_{2}}geq 1$,那么一定要满足$frac{2n}{k_{1}}-k_{1} eq k_{2}-frac{2n}{k_{2}}$
（3）对于任意的两个不同的奇数因子$k_{1},k_{2}$，如果$k_{1}-frac{2n}{k_{1}}geq 1,k_{2}-frac{2n}{k_{2}}geq 1$,那么一定要满足$k_{1}-frac{2n}{k_{1}} eq k_{2}-frac{2n}{k_{2}}$
其中(1)(3)类似，下面只证明(1)(2).
(1) $frac{2n}{k_{1}}-k_{1} = frac{2n}{k_{2}}-k_{2}Leftrightarrow (2n-k_{1}^{2})k_{2}=(2n-k_{2}^{2})k_{1}Leftrightarrow 2n=-k_{1}k_{2}$,显然不满足，所以等式不成立。
(2)$frac{2n}{k_{1}}-k_{1} = k_{2}-frac{2n}{k_{2}}Leftrightarrow 2n=k_{1}k_{2}$，显然不满足，因为左边是偶数，右边是奇数。
下面就是如何计算$n$的奇数因子的个数，由于奇数因子是由若干个奇质数的乘积，所以令$n=2^{e}p_{1}^{t_{1}}p_{2}^{t_{2}}...p_{k}^{t_{k}}$，其中$p_{1},p_{2},...,p_{k}$是奇素数，那么$n$的奇因子的个数为$(t_{1}+1)(t_{2}+1)...(t_{k}+1)$