(＋∞∑n-1)1/n2m的初等解法

本文用初等的方法研究(＋∞∑n-1)1/n2m(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(＋∞∑n-1)1/n2=∏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.     

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 .     

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.     

的初等解法

本文用初等的方法研究     

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.     

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.     

不等式sum from k=1 to n(x_k~2/y_k)≥(sum from k=1 to n (x_k))~2/(sum from k=1 to n (y_k))的应用

本文试图通过一串竟赛题谈一谈(*)的广泛应用。这些竞赛题虽有一定难度,但只要利用不等式(*)来证明,则问题十分简捷合理,新     

级数sum from n=1 to ∞((1/n~2) e~(-(z~2/n~2))与Riemann Zeta函数

<正> Riemano Zeta函数的两个积分表达式,并同时得到函数方程的三个不同证明.     

无穷级数sum from n=1 to ∞(1/(2n-1)~(2k))的一种计算方法

根据无穷多项式理论,将余弦函数的幂级数展开式构造成无穷乘积的形式.并且利用ln(1+x)幂级数展开,得到sum from n=1 to ∞(1/(2n-1)～(2k))(k为正整数)的一种计算方法.     

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…     

多种方法巧证概率积分intgral from n=-∞ to +∞(1/(2π)~(1/2)·e~(-(x~2/2))dx=1)

利用变量代换、微分中值定理、积分几何意义、积分性质及夹逼定理、Γ -函数和β-函数关系等方法 ,对服从标准正态分布的随机变量 X ,其密度函数的概率积分公式 ,给出了多种证明方法 .     

不等式sum from k=1 to n(1/(a_k))≥(n~2/(sum from k=1 to n))(a_k∈R~+)的应用

近年来 ,在国内外数学竞赛及《数学通报》数学问题中 ,常出现一些高难度的分式不等式的证明问题 .这些问题若用柯西不等式的一个推论 nk =11ak ≥ n2 nk =1ak(ak ∈R+) ,(注 )可巧妙地得以证明 ,而且方法通俗易懂 .注 :( 1 )文中英文字母都是小写的( 2 )字母右下角的数字为下标( 3)字母右上角的数字都是幂指数题 1　设正数a1 ,a2 ,… ,an 之和为S .求证 nk =1akS-ak ≥ nn- 1 (n≥ 2 )( 1 976年英国竞赛题 )证明　 nk=1akS -ak = nk=1( akS -ak + 1 ) -n = nk=1SS -ak-n=S nk=11S -ak-n≥S· n2nS- (a1 +a2 +… +an) -n= n2n- 1 -n…     

幂级数sun from n=0 to ∞((2n)!/(n!)~2(1/2)~(2n))的收敛性讨论

利用stirling公式和阿拉伯判别法可证级数sun from n=0 to ∞((2n)!/(n!)~2(1/2)~(2n))发散,但其相应的交错级数条件收敛.     

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…     

欧拉(Euler)公式sum from n=1 to ∞(1/n~2)=π~2/6的一个证明

级数方面的真正广阔的工作是1730年左右从欧拉开始的,其间,他几乎从不间断地与伯努利(Bernoulli)家族的成员及哥德巴赫等人保持联系,认真讨论级数问题.     

利用差分多项式求sum from k=1 to n(f(k))

对于自然数无的多项式f(lc)二。*砂十。。‘,:沪一’月一十。:无+。。,求习f(劝的常用方法是认淤而〔(·十”·(一‘”‘’既一饥一卜1)一劣(劣一1)…(x一叨)〕将之转化为求自然数的方幂和,即求出艺‘ 拓=1习悬’,…,艺无。,并将所得的结果代人下式:尤二飞招二工艺f(劝、。习k爪一卜。”。一,习俨”+.二韶二l儿二l一无二l \十。:习‘十习a0,并算出结果. 尤=1招漓1 因此,可以利用文〔习、〔2〕、【3〕,解决求艺了(劝问题.鑫=1 事实上,直接求和也能奏效.文仁4〕、〔5」已经给出了两种不同的方法.在此,笔者拟用差分多项式,解决这个求和问题. 定…     

求sum from i=1 to n(f(x_i))的值的方法

有些函数值的求和问题,表面上看,与周期性、等差性、等比性无关,但事实上隐含着周期性、等差性、等比性,一旦将其周期性、等差性、等比性揭示,问题便迎刃而解.笔者就从何处揭示这些隐含的特性,从哪里入手找到撬动这些特性的支点,作一些探析,以飨读者.     

The series sum from(n=1) to ∞(1/(n~(k 1))e(-z~(2k))/(n~(2k)))(oddk) and Riemann Zeta function

J.Tennenbaum discussed the function sum from n=1 to ∞() 1/n~2 e~(-2/n) in 1977.Zhang Nanyue discussed the function sum from n=1 to 1 () 1/n~2e~(-z~2/n~2) in 1983.Now we discuss the functions sum from n=1 to ∞ () 1/n~(k 1).e~(z~(2k)/n~(2k))(kpositive odd)in this paper which finds representations of two integrales about Riemann Zeta function     

介绍求和公式sum from k=1 to n K~2=n(n 1)(2n 1)/6的建立方法

自然数的平方组成级数 1~1 2~2 3~2 …… n~2 ……它的前n项和是     

用待定系数法求sum from k=1 to n(f(k)q~(k-1))

设f(x)=a_0+a_1x+a_2x~2_…+a_mx~m,其中a_0,a_1,…,a_m为常数,a_m(?)0,m≥0。定理1 若q=1,则存在常数项为零的m+1次多项式g(x),使得