关于sum from n=1 to ∞(1/n~2=π~2/6)的证明及应用

鉴于欧拉求得的无穷级数∑∞n=11n2收敛于π26的特殊性和重要性,用列举与对比的方法又给出了∑∞n=11n2=π26的若干不同的证明方法及其应用.     

sum from n=1 to ∞(1/n~(2m))的一种求和法

本文通过求出函数 F (x) =x2 m 的 Fourier级数展开式 ,得出了 ∑∞n=11n2 m =Amπ2 m 中 Am 的递推关系式 .     

从一道习题谈ξ(2n)的求法

一般的高等数学教科书或习题集在Fourier级数这一章都安排有类似以下的例题或习题:求x2/4-π|x|/2 π2/6在[-π,π]上的Fourier级数展开式,并计算∑∞n=11/n2的值.它的答案是x24-π2|x| π26=∑∞n=11n2cosnx,-π≤x≤π.(1)　在上式中令x=0得∑∞n=11n2=π26.仔细观察(1)式的右边会发现如果对它积分2次,再令x=0就会出现和式∑∞n=11/n4.一般地对(1)式右边不断积分重复2k-2次,再令x=0就会出现和式∑∞n=11/n2k.这就启示我们也许可以通过上述方式来求级数∑∞n=11/n2k的值.下面我们就来实现它.为符号简单起见,记ξ(2k)=∑∞n=11n2k,k≥1.把(…     

sum from i=1 to ∞(1/(i~2)=(π~2)/6)的一个初等证明

求级数∑∞i=11i2 和的问题是由瑞士数学家伯努力在 1 8世纪 2 0年代首先提出的 ,但他未能解决 ,欧拉将三角函数方程与代数方程进行了大胆的类比 ,猜测结果应该为π26 ,后来人们用傅立叶级数的理论验证了欧拉的猜测 ,并为欧拉的这种大胆类比而惊叹不已 .本文将给出这一问题的初等证明 .引理 1　若 0 相似文献   

p为偶数时p-级数的和

推导p-级数∑∞n=11np在p=4,6,8情形下的和,并给出∑∞n=11(2n-1)2k(k∈瓔*)的递推计算公式,进而得出∑∞n=11n2k(k∈瓔*)的和.结果显示,∑∞n=11n2k的和与π2k成正比.     

等式sum from n=1 to ∞(1/n~4=π~4/90)的初等证明

本文利用初等方法证明∑∞ｎ =11ｎ4 =π490 .1　几个引理引理 1　 ∑∞ｎ =1ｃｏｔ2 ｎπ2ｍ+1 =13 ｍ(2ｍ-1 ) ,∑ｍｎ ,ｌ =1ｎ<ｌｃｏｔ2 ｎπ2ｍ +1 ｃｏｔ2 ｌπ2ｍ +1=13 0 ｍ (ｍ -1 ) (2ｍ -2 ) (2ｍ-3 ) .其中ｍ、ｌ、ｎ等均表示整数 ,下同 .证明　由ｄｅ·Ｍｏｖｒｅ公式得ｃｏｓ(2ｍ +1 )α+ｉｓｉｎ(2ｍ +1 )α=(ｃｏｓα+ｉｓｉｎα) 2ｍ+1于是 ,ｃｏｓ(2ｍ +1 )α+ｉｓｉｎ(2ｍ+1 )α=∑ｍｋ =0(-1 ) ｋＣ2ｋ2ｍ+1ｃｏｓ2 (ｍ-ｋ) +1αｓｉｎ2ｋα+ｉ∑ｍｋ =0(-1 ) ｋＣ2ｋ+12ｍ+1ｃｏｓ2 (ｍ-ｋ) αｓｉｎ2ｋ+1α. (1 )比…     

Hardy-Hilbert重级数不等式的推广与改进

本文将著名的 Hardy-Hilbert重级数不等式∑∞m=1 ∑∞n=1ambnm + n≤ πsin(π/p) ∑∞n=1apn1p ∑∞n=1bqn1q∑∞m=1 ∑∞n=1anm + np ≤ πsin(π/p)p∑∞n=1apn进行了带参数形式的推广 ,同时改进了这些不等式     

关于无穷级数等式sum from n=1 to ∞( 1/n~2)=π~2/6的证明

无穷级数是数学分析、微积分、高等数学等课程的重要组成部分 ,它在组合数学、近似计算、敛散性判断等领域中起着不可估量的作用 .本文按照初等数学与高等数学相结合的原则 ,收集整理了无穷级数∑∞ｎ =11ｎ2 =π26 的二种证明方法 ,为同学们学习提供一些参考 .证法一　棣莫佛公式法 (ＤｅＭｏｉｖｅｒ)将ＤｅＭｏｉｖｅｒ公式 (ｃｏｓα+ｉｓｉｎα) ｋ =ｃｏｓｋα+ｉｓｉｎｋα按二项式定理展开为ｃ0ｋｃｏｓｋα +ｃ1 ｋｃｏｓｋ- 1 α·ｉｓｉｎα -ｃ2 ｋｃｏｓｋ- 2 α·ｓｉｎ2 α +… +ｃｋｋ(ｉｓｉｎα) ｋ =ｃｏｓｋα+ｉｓｉｎ…     

On a Refinement of Hardy-Hilbert's Inequality and Its Applications

§1. Introduction If p＞1, 1p+1q=1, an≥0, bn≥0, and 0＜∑∞n=1-λapn＜∞, 0＜∑∞n=1-λbqn＜∞ (λ=0,1), then∑∞m=1-λ∑∞n=1-λambnm+n+λ＜πsin(π/p)∑∞n=1-λapn1/p∑∞n=1-λbqn1/q,(1.1)where the constant π／sinπp is best possible for λ=0, or 1. For λ=0,1, (1.1) is named of HardyHilberts inequality, which is important in analysis and applications (see ［1］, Chapt. 9). On (1.1) for λ=0, by estimating a weight coefficient, Xu［2］ gave a refinement as∑∞m=1∑∞n=1ambnm+n＜∑∞n=…     

关于二重三角级数的有关讨论

文 [1 ]对形如 ∑∞n =0 ∑∞m =0amncosmxcosny等二重三角级数的和函数进行了研究 ,并证明了其范数‖f(x ,y)‖ p =∫π-π∫π-π｜f(x ,y) ｜p1 dx p2 /p1 dy1/p2 <∞所满足的几个不等式 .本文在此基础上对有关问题作了讨论并得到进一步的结果     

求Riemann级数和的一种新方法

对k≥1,k∈Z+,Riemann级数和∑∞n=11n2k的求法是一个经典的数学问题.一改传统方法,利用高等数学的有关工具逐步给出关于它的一个新的递推公式,从全新视角用新的方法将Riemann级数和∑∞n=11n2k的结果表示出来,进而给出Bernoulli系数和Riemann级数和的关系式.     

sum from 1 to n cos[θ+2(i-1)π/n]=0的几何证明

容易证明:cosπ/3+cos3π/3+cos5π/5=0;cosπ/5+cos3π/5+cos5π/5+cos7π/5+cos9π/5=0;cosπ/7+cos3π/7+Cos5π/7+Cos7π/5+cos9π/7+cos11π/7+cos13π/7=0; …等等。容易猜到,这类问题的一般结论应该是: sum form 1 to n(cos〔θ+2(i-1)π/n〕=0(Ⅰ) 关于它的证明,方法很多,其中常见的有代数法、复数法、三角法等等,但这些方法一般很冗长。这里,我们给出一种简捷的证明方法——几何(射影)法。     

关于Hardy不等式的加强改进

对 Hardy不等式 ,建立如下结构的加强不等式 :∑∞n=11n∑nk=1akp 1 ,an≥ 0 (n∈ N) ,0 <∑∞n=1apn<∞ ,Cp=1 -(1 -p- 1) p- 1,p≥ 2 ;1 -p- 1,1 相似文献   

sum from n=1 to +∞(1/n~(2m))的初等解法

本文用初等的方法研究sum from n=1 to(1/n~(2m))(m∈N)的求和问题。这个问题最先由Euler[8]解决。文献[1][6]给出了另两种求解方法。特别地,对于m=1的情形,即sum from n=1 to ∞(1/n~2)=((π~2)/6),已有许多不同的证明方法,可见文献[2][3][4][5]以及那里的参考文献。本文的想法,主要受文献[5][6]的启发而来的。     

级数sum from n=1 to ∞(n~αsin(n~β))的收敛性

通过推导给出了使级数∑∞n=1nαsin(nβ)收敛的α与β的值.     

论新常数μ、θ和新公式π=1/2e^θ^＊

引入一个新常数μ,它是调和级数与1nn,欧拉常数γ、1/2n之差的尾项的级数和．由于新常数μ和欧拉常数γ都同调和级数与Inn之差有关,因此可再定义一个新常数θ=1＋γ＋2μ,它和圆周率π、自然对数的底e之间可组成公式π=1/2e^＊．     

概率积分integral form n=-∞ to ∞ e~(-x~2)dx=π～(1/2)的两种求法

本文借用几何直观和力学意义,在直角坐标系下用两种方法证明integral form n=-∞to ∞e~(-x~2)dx=π～(1/2)。方法一在有关的广义积分收敛的条件下,我们把旋转体积概念推广到积分限为无穷的情况。xoy面上的曲线y=e~(-x~2)绕y轴旋转一周,所得旋转体的体积为(如图)     

ζ(2)=π2/6的几个证明

给出并介绍 ζ( 2 ) =π26的几个证明     

方程x~2/m y~2/n=1

由于椭圆和双曲线都是有心二次曲线,决定了它们是统一物的两个方面。根据这样的指导思想,我们利用方程x~2/m y~2/n=1(m、n为参变数,且m·n≠0)来研究椭圆和双曲线的某些特性,此外在解答习题上有很多好处,统一了某些公式,而且也有助于进一步了解有心二次曲线的共性的一面。     

关于Pell方程组x2-(m2-1)y2=z2-(n2-1)y2=1

设m,n,L为正整数,本文证明了:如果mε,ε∈(0,1),且m>(123789LL(1/2))⁽1/(1-ε)),或j>10.25×10¹²log⁴(2(L+1)(123789LL(1/2))⁽1/(1-ε))),Pell方程组x²-(m2-1)y²=z²-(n²-1)y²=1的正整数解满足1≤k≤δL²,这里δ∈[1/2(123787LL(1/2))⁽1/(ε-1)),1],以及■且j=k=1或k+2≤j<1/3(5-2ε)k,2|(j+k),k>3/(1-ε),并改进了文[Proc.Amer.Math.Soc.,2015,143(11):4685-4693]的结果.