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…     

一个数学问题的简证及其引申

《数学通报》1 999年第 3期 .第 1 1 82号数学问题 :求 1 9991 999 1 999的末六位数 (1 999个 1 999) .本文将这个数学问题作如下引申 :设ｆ(ｎ) =1 9991 999 1 999(ｎ个 1 999) .(1 )对任意自然数ｎ ,ｆ(ｎ)的末三位数是 999.(2 )当ｎ≥ 2时 ,ｆ(ｎ)的末六位数是 997999.(3 )当ｎ =2时 ,ｆ(ｎ)的末九位数是999997999.(4)当ｎ ≥ 3时 ,ｆ(ｎ)的末九位数是991 997999.证明　 (1 )当ｎ=1时 ,ｆ(1 ) =1 999.命题成立 .当ｎ ≥ 2时 ,ｆ(ｎ) =1 999ｆ(ｎ- 1 ) =(2 0 0 0 -1 ) ｆ(ｎ- 1 ) .由二项式定理可知 ,其展开式从首项至倒数第二项 ,各项均…     

关于广义Thue－Mahler方程的解数

设ａ，ｂ是非零整数，ｐ１，…，ｐｒ是不同的素数，Ｐ＝｛±｜ｍ１，…，ｍｒ是非负整数｝．设Ｋ是ｎ（ｎ≥３）次代数数域，α１，…，αｍ∈ｋ（１＜ｍ＜ｎ），△（α１，…，αｍ）是α１，…，αｍ的判别式，ｆ（ｘ１，…，ｘｍ）＝αＮｋ／Ｑ（α１ｘ１＋…＋αｍｘｍ）∈ｚ［ｘ１，…，ｘｍ］．本文证明了：当ｆ（ｘ１，…，ｘｍ）非退化且Ｐｉ△（α１，…，αｍ）（ｉ＝１，…，ｒ）时，方程ｆ（ｘ１，…，ｘｍ）＝ｂｙ，ｘ１，…，ｘｍ∈ｚ，ｇｃｄ（ｘ１，…，ｘｍ）＝１，ｙ∈Ｐ至多有（４Ｓｄ２）（Ｓｄ）组解（ｘ１，…，ｘｍ，ｙ），其中ｄ＝ｎ！，Ｓ＝ｒ＋ω是ｂ的不同素因数的个数，ｈＡ是Ｋ的类数．     

一类离散型奇异积分算子

设｛αｋ｝∞ｋ＝－∞为正数缺项序列，满足ｉｎｆｋαｋ＋１／ｄｋ＝α＞１，Ω（ｙ′）为Ｂｅｓｏｖ空间Ｂ０，１１（Ｓｎ－１）上的函数，其中Ｓｎ－１为Ｒｎ（ｎ２）上的单位球面．本文证明：若∫Ｓｎ－１Ω（ｙ′）ｄσ（ｙ′）＝０，则离散型奇异积分ＴΩ（ｆ）（ｘ）＝∑∞ｋ＝－∞∫Ｓｎ－１ｆ（ｘ－αｋｙ′）Ω（ｙ′）ｄσ（ｙ′）和相关的极大算子ＴΩ（ｆ）（ｘ）＝ｓｕｐＮ∑∞ｋ＝Ｎ∫Ｓｎ－１ｆ（ｘ－αｋｙ′）Ω（ｙ′）ｄσ（ｙ′）均在Ｌ２（Ｒｎ）上有界．上述结果推广了Ｄｕｏａｎｄｉｋｏｅｔｘｅａ和ＲｕｂｉｏｄｅＦｒａｎｃｉａ［１］在Ｌ２情形下的一个结果     

数学问题解答

20 0 3年 1月号问题解答(解答由问题提供人给出 )1 41 1　求大于 1的整数ｋ,使ｆ(ｘ) =ｓｉｎｋｘ·ｓｉｎｋｘ+ｃｏｓｋｘ·ｃｏｓｋｘ-ｃｏｓｋ2ｘ为常值函数 .(湖北省襄樊市一中　王必廷　 441 0 0 0 )解　取ｘ=0 ,得ｆ(0 ) =0 ,故ｆ(ｘ) =0取ｘ =π/ｋ ,则ｓｉｎπ·ｓｉｎｋ πｋ +ｃｏｓπ·ｃｏｓｋ πｋ -ｃｏｓｋ2πｋ =0所以 -ｃｏｓｋ πｋ =ｃｏｓｋ2πｋ所以ｋ为奇数 ,且 -ｃｏｓ πｋ =ｃｏｓ2πｋ所以ｃｏｓ2πｋ =ｃｏｓπ - πｋ所以π- πｋ =2ｎπ±2πｋ所以 1ｋ =2ｎ - 1或3ｋ =1 - 2ｎ　　ｎ∈ｚ所以ｋ=1或 3经检验知…     

利用欧拉定理探究C_(70),C_(84)分子结构问题

现行高中教科书第二册 (下B)利用欧拉定理已解决了正多面体的种类、C6 0 分子模型(多面体 )的构成问题 ,现在继续利用欧拉定理探究C6 0 的两种同素异形体C70 及C84 的分子结构问题 :已知C70 分子有与C6 0 分子类似的球状多面体结构 ,它有 70个顶点 ,每个顶点处有 3条棱 ,面的形状只有正五边形和正六边形 ,下面计算C70 中有多少个正五边形和正六边形 :设C70 分子正五边形和正六边形的个数分别为x个和y个 .C70 分子模型 (多面体 )的顶点数V =70 ,面数F =x + y ,棱数E =12 ( 3× 70 ) .根据欧拉定理 ,可得70 + (x + y) - 12 ( 3× 70 ) =…     

课外练习

高一年级1 .设ｘ ,ｙ为实数 ,且满足 (ｘ - 1 ) 3 + 2 0 0 3 (ｘ - 1 ) + 1 =0 ,(ｙ- 1 ) 3 + 2 0 0 3 (ｙ- 1 ) - 1 =0 .求ｘ + ｙ的值 .2 .已知锐角α ,β满足 ｓｉｎαｃｏｓβ2 0 0 2 + ｓｉｎβｃｏｓα2 0 0 2 =2 .求ｓｉｎ2 0 0 2 (α + β)的值 .3 .过正方形ＡＢＣＤ的顶点Ａ作ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ .设ＰＡ =ＡＢ =ａ .求平面ＰＡＢ与平面ＰＣＤ所成二面角的大小 .高二年级1 .设数列 { 1ｎ}的前ｎ项和为Ｓｎ,是否存在数列 {ａｎ}使得等式Ｓ1 +Ｓ2 +… +Ｓｎ - 1 =ａｎ(Ｓｎ- 1 )对ｎ≥2的一切自然数都成立 ,并证明你的结论 .2 .ＡＢ…     

直线与平面垂直判定定理新证

如图 ,ｌ1 α ,ｌ2 α ,ｌ1∩ｌ2 =Ｐ ,则ｌ⊥ｌ1 且ｌ⊥ｌ2 ｌ⊥α .证明　在ｌ1 ,ｌ2 ,ｌ上各取一段向量 ,不妨皆取单位向量 :如图ｅ1——→ ,ｅ2——→,ｅ3——→.ｌ⊥ｌ1 ｅ1——→·ｅ3——→=0 ,ｌ⊥ｌ2 ｅ2——→·ｅ3——→=0 ,ｌ1 ∩ｌ2 =Ｐ 可由ｅ1——→,ｅ2——→ 确定整个平面α上的任何向量 .即对平面α上任一向量ｖ——→,可表为ｖ——→ =λ1 ｅ1——→+λ2 ｅ2——→,从而　ｅ3——→·ｖ——→=ｅ3——→·(λ1 ｅ1——→ +λ2 ｅ2——→)　　 =λ1 ｅ3——→·ｅ1——→ +λ2 ｅ3——→·ｅ2——→ =0 ,从而ｌ与平面…     

名校基础知识自测

高一年级北京师范大学二附中 (10 0 0 88)　汪燕铭一、选择题1.若ｃｏｔα =125 ,则有 (　　 ) .(Ａ)ｓｉｎα =513 　　　　 (Ｂ)ｓｅｃα >ｔａｎα(Ｃ)ｃｏｓα =±1213 (Ｄ)ｔａｎα =± 5122 .若ｔａｎ10°·ｃｏｔ10° + 1-ｓｉｎ2 α·ｃｏｓα +1-ｃｏｓ2 α·ｓｉｎα =0 ,则 (　　 ) .(Ａ)α =10°(Ｂ)α =ｋ·3 60°+ 10°(ｋ∈Ｚ)(Ｃ)α为任意角　　 (Ｄ)α是第三象限角3 .若α∈ (-π ,-π2 ) ,则 1-2ｓｉｎ α2 ·ｃｏｓ α2化简的结果是 (　　 ) .(Ａ)ｓｉｎ α2 -ｃｏｓ α2 (Ｂ)ｃｏｓ α2 -ｓｉｎ α2(Ｃ)± (ｓｉｎ α2 …     

whc168的一个结果的进一步改进

ｗｈｃ1 68 :一堆书放入ｎ个抽屉 (允许有空抽屉 ) ,为了使任意两个抽屉里书的数目之差不同 .问至少要有多少本书 ?文 [1 ]给出ｎ个抽屉里书的总数Ｓｎ 的一个下界Ｓｎ≥ｎ3-ｎ6(1 )文 [2 ]证明了Ｓｎ≥ｋｎ(ｎ 1 ) (2ｎ 1 )6(ｋ 1 ) - (ｋ 1 )ｎ(ｎ 1 )2(2 )并在ｋ =2 ,ｎ≥ 2 3时将 (1 )式加强为Ｓｎ≥ｎ(ｎ 1 ) (4ｎ - 2 5)1 8(3 )文 [3 ]将 (2 )改进为Ｓｎ≥ｋ·ｎ(ｎ 1 ) (2ｎ 1 )6(ｋ 1 ) - ｋｎ(ｎ 1 )2(4 )并在ｋ =2 ,ｎ≥ 1 4时将 (1 )加强为Ｓｎ≥ｎ(ｎ 1 ) (2ｎ - 8)9(5)本文证明 .(4 )式可改进为Ｓｎ ≥ｋｎ(ｎ 1 )…     

加强不等式中g(n)应满足的条件

一般地 ,一个与自然数有关的不等式总可以通过数学归纳法解决 .但其中有一些不等式却不能直接运用数学归纳法证明 .如下例 .例 1　已知数列 {ａｎ}满足ａ1=5,ａｎ=5·2 ｎ - 2 (ｎ≥ 2 ) ,求证1ａ1 1ａ2 1ａ3 … 1ａｎ<35.令ｆ(ｎ) =1ａ1 1ａ2 1ａ3 … 1ａｎ,显然ｆ(ｎ)是单调递增的 ,在用数学归纳法证明时 ,由ｆ(ｋ) <35不可能过渡到ｆ(ｋ 1) <35.对于这样的问题常用的办法是先证一个加强不等式ｆ(ｎ) <35-ｇ(ｎ)(ｇ(ｎ) >0 ) .问题是这个加强不等式中的ｇ(ｎ)应满足什么条件 .我们先看一般的情形 :求证ｆ(ｎ) <Ｍ(ｆ(ｎ)是单调递增的 ,…     

凸多面体的欧拉公式的一个证明方法

大家知道,无“孔”多面体的顶点数V,面数F和棱数E之间存在着以下关系式V+F-E=2 下面给出一个证明方法。 设任一个凸多面体,其顶点数为V,面数为F,棱数为E。且它们之间满足V+F-E=x     

数学问题解答

20 0 1年 8月号问题解答(解答由问题提供人给出 )1 3 2 6　设ｍ >0 ,ｎ >0 ,α∈ (0 ,π2 ) ,求证 :ｍｓｅｃα ｎｃｓｃα≥ (ｍ23 ｎ23) 32 .(江苏省灌云县中学　朱兆和　 2 2 2 2 0 0 )证明　设点Ｐ的坐标为 (ｍ ,ｎ) ,直线ｌ过点Ｐ ,倾角为π-α ,ｌ与ｘ、ｙ轴的正半轴分别交于点Ａ、Ｂ(如图 ) .则 ｜ＰＡ｜ =ｎｓｉｎα,｜ＰＢ｜ =ｍｃｏｓα则 ｜ＡＢ｜ =｜ＰＡ｜ ｜ＰＢ｜=ｍｓｅｃα ｎｃｓｃα .又设Ａ(ａ ,0 ) ,Ｂ(0 ,ｂ) ,则直线ｌ的方程为 ｘａ ｙｂ =1 ,ｌ过Ｐ(ｍ ,ｎ) ,所以 ｍａ ｎｂ =1 .｜ＡＢ｜2 =ａ2 ｂ2 =(ａ2 ｂ2…     

正项等差数列的不等式

由正项等差数列构成的不等式 ,叫做正项等差数列的不等式 .本文研究这样的一类不等式 .为了叙述简便 ,本文规定 {ａｎ}是公差为ｄ(ｄ >0 )的正项等差数列 ,Ｓｎ 是它的前ｎ项和 ,ｍ ,ｎ ,ｋ都是正整数 .定理 1　 1+ ｍｄｋａ11+ ｍｄｋａ2 ·…· 1+ ｍｄｋａｎ ≥ａｍ + 1ａｍ + 2 ·…·ａｍ +ｎａ1ａ2 ·…·ａｎ1ｋ.(当且仅当ｋ =1时等号成立 )证　由二项式定理得1+ ｍｄｋａｉｋ=1+Ｃ1ｋｍｄｋａｉ +Ｃ2 ｋｍｄｋａｉ2 +… +Ｃｋｋｍｄｋａｉｋ ≥ 1+Ｃ1ｋｍｄｋａｉ =1+ ｍｄａｉ=ａｉ+ｍｄａｉ=ａｍ +ｉａｉ,(当且仅当ｋ =1时取等号 …     

上期课外练习解答

高一年级1.设ｆ(ｘ) =(ｘ - 1)ｌｏｇ23 ａ - 6ｘ·ｌｏｇ3 ａ +ｘ + 1=( 1+ｌｏｇ23 ａ - 6ｌｏｇ3 ａ)ｘ + 1-ｌｏｇ23 ａ ,∵ ｆ(ｘ)在 [0 ,1]上恒成立 ,由一次函数的单调性知 :ｆ( 0 ) >0 ,ｆ( 1) >0 ,　解得　 13 <ａ <33 .2 .设每期期初存入金额Ａ ,连存ｎ次 ,每期的利率为Ｐ ,那么到第ｎ期期末时 ,本金为ｎＡ ,则应得到的全部利息之和为 :Ｓｎ=ＡＰ +ＡＰ·2 +… +Ａ·ｐ·ｎ =ｎ(ｎ + 1)2 ＡＰ ,应纳税为　 ｎ(ｎ + 1)2 ＡＰ× 2 0 % =ｎ(ｎ + 1)10 ＡＰ ,实际取出　Ａ[ｎ + 2ｎ(ｎ + 1)5Ｐ] ,当Ａ =110 0 ,ｎ =12 ,Ｐ =0 .165%时 ,…     

由sinα sinβ=sinα·sinβ能求sin(α β)/2的值吗?

“已知ｓｉｎα ｓｉｎβ =ｓｉｎα·ｓｉｎβ ,求ｓｉｎα β2的值 .” ,这是文 [1 ]给出的一道解答题 .其解答为 :“由条件得 (ｓｉｎα- 1 ) (ｓｉｎβ- 1 ) =1 ,∴只能ｓｉｎα =ｓｉｎβ=0 ,于是α =ｍπ ,β=ｎπ(ｍ、ｎ∈Ｚ) ,∴ｓｉｎα β2 =ｓｉｎ(ｍ ｎ) · π2 =± 1 ,0 .”该解答的错误是显然的 ,因为ｓｉｎα=ｓｉｎβ=0仅是ｓｉｎα ｓｉｎβ=ｓｉｎα·ｓｉｎβ成立的一个充分条件 ,并非充要条件 .举一反例即可推翻原解答 :当ｓｉｎα=12 ,ｓｉｎβ=- 1时 ,满足ｓｉｎα ｓｉｎβ=ｓｉｎα·ｓｉｎβ的题设条件 ,但ｓｉ…     

关于广义Thue－Mahler方程的解数

设ａ，ｂ是非零整数，ｐ１，…，ｐｒ是不同的素数，Ｐ＝｛±｜ｍ１，…，ｍｒ是非负整数｝．设Ｋ是ｎ（ｎ≥３）次代数数域，α１，…，αｍ∈ｋ（１＜ｍ＜ｎ），△（α１，…，αｍ）是α１，…，αｍ的判别式，ｆ（ｘ１，…，ｘｍ）＝αＮｋ／Ｑ（α１ｘ１＋…＋αｍｘｍ）∈ｚ［ｘ１，…，ｘｍ］．本文证明了：当ｆ（ｘ１，…，ｘｍ）非退化且Ｐｉ△（α１，…，αｍ）（ｉ＝１，…，ｒ）时，方程ｆ（ｘ１，…，ｘｍ）＝ｂｙ，ｘ１，…，ｘｍ∈ｚ，ｇｃｄ（ｘ１，…，ｘｍ）＝１，ｙ∈Ｐ至多有（４Ｓｄ２）（Ｓｄ）组解（ｘ１，…，ｘｍ，ｙ），其中ｄ＝ｎ！，Ｓ＝ｒ＋ω是ｂ的不同素因数的个数，ｈＡ是Ｋ的类数．     

Pointwise Estimate for Baskakov Operators

§ 1.Ｉｎｔｒｏｄｕｃｔｉｏｎ　Ｆｏｒｔｈｅｗｅｌｌ ｋｎｏｗｎＢｅｒｎｓｔｅｉｎｐｏｌｙｎｏｍｉａｌＢｎ(ｆ;ｘ) = ｎｋ=0ｆ ｋｎ ｐｎ,ｋ(ｘ) ,　ｐｎ ,ｋ(ｘ) =ｎｋ ｘｋ( 1 -ｘ) ｎ-ｋ,ＢｅｒｅｎｓａｎｄＬｏｒｅｎｔｚ[1]ｐｒｏｖｅｄｔｈａｔｆｏｒｆ∈Ｃ[0 ,1 ] ,0 <α<2 ,ｏｎｅｈａｓ｜ (Ｂｎｆ-ｆ) (ｘ) ｜=Ｏ ｘ( 1 -ｘ)ｎα/ 2 ω2 (ｆ;ｔ) =Ｏ(ｔα) . ( 1 .1 )Ｏｎｔｈｅｏｔｈｅｒｈａｎｄ ,ＤｉｔｚｉａｎａｎｄＴｏｔｉｋ[2 ]ｏｂｔａｉｎｅｄｔｈａｔｆｏｒｆ∈Ｃ[0 ,1 ] ,0 <α<2 ,ｏｎｅｈａｓ｜ (Ｂｎｆ -ｆ)…     

一个课本习题结论的应用

高一数学课本下册第 4 2页有这样一道有用的习题 :已知α + β +γ =ｎπ(ｎ∈Ｚ) ,求证 :ｔａｎα +ｔａｎβ +ｔａｎγ =ｔａｎα·ｔａｎβ·ｔａｎγ (1)下面举例说明其应用 .1　证明不等式例 1　在锐角三角形ＡＢＣ中 ,求证ｔａｎ2 Ａ +ｔａｎ2 Ｂ+ｔａｎ2 Ｃ≥ 9.证明　∵ｔａｎＡ·ｔａｎＢ·ｔａｎＣ=ｔａｎＡ +ｔａｎＢ +ｔａｎＣ≥ 33 ｔａｎＡ·ｔａｎＢ·ｔａｎＣ,∴ｔａｎ2 Ａ·ｔａｎ2 Ｂ·ｔａｎ2 Ｃ≥ 2 7,　ｔａｎ2 Ａ +ｔａｎ2 Ｂ +ｔａｎ2 Ｃ≥ 33 ｔａｎ2 Ａ·ｔａｎ2 Ｂ·ｔａｎ2 Ｃ=33 2 7=9.2　化简三角函数例 2　在…     

数列中的充要条件

充要条件是高中数学的一个重要概念 ,很多知识可以和它相联系 ,数列也不例外 .现总结一下 ,供同学们学习数列时参考 .命题 1　数列 {ａｎ}为等差数列的充要条件是它的通项公式为ａｎ=ａ·ｎ ｂ (ａ ,ｂ为常数 ,ｎ∈Ｎ ) .命题 2　已知数列 {ａｎ} ,Ｓｎ 为其前ｎ项和 ,则数列为等差数列的充要条件是Ｓｎ=ａｎ2 ｂｎ (ａ ,ｂ为常数 ,ｎ∈Ｎ ) .命题 3　数列 {ａｎ}为等差数列的充要条件是2ａｎ=ａｎ 1 ａｎ - 1(ｎ∈Ｎ 且ｎ≥ 2 ) .命题 4　三数ａ ,ｂ ,ｃ成等差数列的充要条件是ｂ =ａ ｃ2 .命题 5　已知数列 {ａｎ}的前ｎ项和Ｓｎ=…