调和级数sum from n=1 to ∞(1/n)发散性的两种简单证法

引理1设有两个收敛级数：则级数也收敛,其和为引理2收敛级数在不改变各项顺序下加括弧号后所成的新级数仍收敛于原来的和．引理3若级数收敛,则组数（k为常数）也收敛,以上三个引理的证明见一般高数教材．下面用反证法给出调和级数发散性的两种证明．（2）式-（1）式,再结合引理1知这等式显然矛盾．故发散的．证法。设2上收敛分别是否“的前n项与前2顶之和．由收敛的定义知由极限保序性知最后再指出一种用几何平均值与算术平均值的关系的证明方法．是发散的调和级数sum from n=1 to ∞(1/n)发散性的两种简单证法@周世国$郑州工业大学@成…     

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.     

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     

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)     

不等式〔∑from i=1 to n (a_i~3)〕〔∑from i=1 to n (b_i~3)〕〔∑from i=1 to n (c_i~3)〕≥〔∑ from i=1 to n (a_ib_ic_i)〕~3的恒等式构造

文[1]为证明2001年第42届IMO第2题而通过独特的思路给出了一个恒等式:设实数ai,bi∈R,A3=n∑i=1ai3,B3=n∑i=1bi3,且AB≠0,则有恒等式n∑i=1ai3 2/3n∑i=1bi3 1/3=n∑i=1ai2bi 13A2Bn∑i=12aiA biBaiA-biB2(1)根据恒等式(1),我们自然会考虑更一般形式的3×N维形式的不等式n∑i=1ai3n∑i=1bi3n∑i=1ci3≥n∑i=1aibici3(2)通过对(2)的研究,本文通过构造方法给出了式(2)的一个新的恒等式.定理设实数ai,bi∈R,A=3∑ni=1ai3,B=3∑ni=1bi3,C=3∑ni=1ci3,且ABC≠0,则有恒等式3(n∑i=1ai3)(n∑i=1bi3)n∑i=1ci3=n∑i=1aibici ABC6Ω(3)其…     

调和级数sub from n=1 to ∞ 1/n发散性证明及讨论

<正> 调和级数是级数理论中一个较为重要的发散级数。许多级数的敛散性需借助于它来讨论。但是在一般工科《高等数学》教材中,因受到理论系统及篇幅的限制,只在阐明某些敛散性理论时做为例题提到它的某些性质,对于它的发散性证明往往采用较繁琐的传统证明方法。本     

用求和矩阵求sum from k=1 to n(K~m)

若将上面六个关于n的多项式的系数,依次作为矩阵的第一列、第二列、…、第六列,缺元素处补以0,则构成一个矩阵     

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 .     

级数sum from n= 1to ∞的求和问题

级数是一个函数项级数。我们连同级数一并考虑。首先这两个级数在（－，＋）内都是绝对收敛、并且是一致收敛的。事实上，取优级数为＞：去，它是收敛的，而：由外尔斯特拉斯（Weierstrass）判别法可知：都是一致收敛并且绝对收敛。记：下面考虑这两个级数的求和问题。为此在X学0处将函数：展开为余弦级数。f（x，t）的余弦级数为：在X＝0处，（4）式也成立。再将f（x，t）进行t的偶开拓，再周期开拓后，得到的函数广（X，t）在一co＜t＜＋co处处连续。因此（4）式在0＜t＜。上成立。现用t—O及t—知分别代入（4）式，有：将两个级数分别…     

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     

挖掘求和Sum from k=1 to n(k~2)的思想方法

挖掘求和ｎｋ＝１ｋ２的思想方法周之夫（深圳市布吉高中５１８１２３）美国著名数学家Ｇ．波利亚说：“一个专心的认真备课的教师能够拿出一个有意义的但又不太复杂的题目，去帮助学生发掘问题的各个方面”．事实上，教材中的许多例题、练习、习题往往都隐藏着一些我们...     

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.     

含sum from k=1 to n f(k/n)的不等式的一种证法

利用定积分的定义及其几何意义可证明一些含 ∑nk=1f kn 的不等式     

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 .     

正确求取sum from i=1 to n (a_i)整数部分的一种方法

文 [1 ]、[2 ]、[3]介绍了求S=∑ni=11i 和 S=∑ni=1i整数部分的一些不等式 ,从而设法求出 [S].但是不论该不等式如何精确 ,总有不能解决的问题 ,例如文 [3]中最强的一个不等式2 n 2 548- 1 16 3 1 22 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。     

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.     

形如sun from i=1 to n(a_ib_(n-i+1))序列极限的几个命题

<正> 在高等数学中关于极限的讨论,一般是既普遍又复杂的一个问题。我们在此就sum from i=1 to n a_1b_(n-i+1)形式的极限进行讨论。定理1(Mertens)设sum from a_n t 和sum from b_n 两无穷级数收敛且至少有一个绝对收敛,又C_n=a_1b_n+a_2b_(n-1)+…+     

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.     

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.