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相似文献
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1.
基于Fourier级数理论,求出两个重要级数(∞∑n=1 1/n2±a2)的和.  相似文献   

2.
在数学的微积分教材中,有一道习题(或例题)证明级数(?)条件收敛。这是一交错级数,若运用莱布尼兹判别法,涉及到证明 Un≥Un 1,即证明(?)nn/n>(?)(n 1)/n 1(n>2,n∈N) (1)高等数学中,通常运用导数确定其相应函数的单调性后再作推导,这种方法很简单,但用初等数学能否证明呢?经过尝试,共有两种证法,说明是可行的。现洋述如下:命题:(1)式恒成立。证法一:将不等式两边同乘以 n(n 1),得(n 1)(?)n n>n(?)n(n 1)即 (?)nn~(n 1)>(?)n(n 1)~n因为 f(x)=(?)nx 在定义域内为单调递增函数  相似文献   

3.
含幂不等式 n( n+1)与 n(n+1)的比较一直是数学中研究的热点问题,本文采取多种方法,从不同的角度将该问题简洁明了地解决。  相似文献   

4.
我们由1/1*2=1/1-1/2,1/2*3=1/2-1/3,1/3*4=1/3-1/4,……容易发现规律得出公式:1/n(n+1)=1/n-1/n+1(n∈N)  相似文献   

5.
本文应用傅里叶(Fourier)级数的有关理论,得出了∑+∞ n=1 1/n2k类无穷级数和的递推公式.  相似文献   

6.
给出级数sum from n=1 to ∞((-1)~(n-1)/n)和的四种计算方法,并讨论了其重新排列的和。  相似文献   

7.
级数∞∑i=1(-1)^n+1 1/n收敛于1n2,再由公式Hn=1nn+C=εn,得出该级数按一定规律重排后的级数的收敛值。  相似文献   

8.
多项式整数值中的完全方幂问题是数论中引入关注的研究课题.最近,BenczeM.提出了找出所有可使1+9/2n(n+1)是平方数的正整数n的问题.本文利用Pell方程的解的结论,对k2-8为素数时进行了研究,找出此时所有的可使1+1/2k~2n(n+1)是平方数的正整数n.  相似文献   

9.
应该乘以n+1     
人们常常这样认为,把一个数扩大n倍速,就是用这个数乘以n。对此,我有不同的观点。 把一个数扩大n倍,应该是用这个数乘以(n+1)。这“1”指应扩大的原数本身。若不加1,则扩大的数是原数的n倍,而没有扩大n倍。例如。把3  相似文献   

10.
关于不等式multiply from i=1 to n(x_i+(1/x_i))≥(n+(1/n))~n(x_i为正数,sum from i=1 to n x_i=1)的正确性,《数学通讯》已有多篇文章给出了证明,本文将这个不等式推广到较一般的情形。从sum from i=1 to n x_i的值上推广有: 定理1 (1)如果x_i∈R+(i=1,2,…,n),  相似文献   

11.
文[1]提出一个猜想:设x_i>0(i=1,2,…,n),n≥3,sum from i=1 to n x_i=1,则multiply from i=1 to n(1/(x_i)-x_i)≥(n-1/n)~n①.文[2]用逐步调整法证明了①式.文[3]细致地探讨了①式的证明策略,用拆项法和磨光变换对①式给出了两种初等证明.这些证法的计算量都比较大,反映了该问题有一定的难度,同时也提示我们应当寻求更为简捷的本质证  相似文献   

12.
本文介绍判断一个自然数是否等于两个相邻自然数之积的若干方法,供参考。一、末位数法根据“相邻两自然数之积的末位数只能是0、2、6”可以判断一个自然M不等于相邻两自然数之积,只须证明M的个位数不是0、2、6。例1.求证对于任意自然数n,n~2+n+1都不能被25整除。证明:因为n~2+n+1=n(n+1)+1的末位数只能是 1、3、7,所以n~2+n+1不能被5整除。故对任意自然数n,n~2+n  相似文献   

13.
给出了不等式((1)/(n+1)+(1)/(n+2)+…+(1)/(2n))2<(1)/(2)的六种不同证法.  相似文献   

14.
给出了不等式(1/(n+1)+1/(n+2)+…+1/2n)2<1/2的六种不同证法。  相似文献   

15.
p~(1/n)的极限     
数列α_n=p~(1/n);也就是数列 p,p~(1/2),P~(1/3),…,当 p 为任一正数时,它的极限都为1:即当n→∞时,p~(1/n)→1.(*)(p~(1/n)恒表示数值 p 正的 n 次方根,当p 为负数,n 为偶数时,则无实数的 n 次方  相似文献   

16.
本文主要讨论数列{1,1/2,1/3,…,1/n,…}的前n项和sn能否表示成n的有理函数。  相似文献   

17.
运用Lagrange级数展开法,获得了三角级数S_m(n)=sum from k=1 to 2kn cos~m(2kπ)/(2n 1)的求和公式1,主要结果本文借助于Lagrange级数展开法获得了下列结论:定理:设S_m(n)=sum from k=1 to ncos~m(2kπ)/(2n 1),则有这里m为自然数,[x]表示x的最大整数部分,(?)为二项式系数  相似文献   

18.
杜贵春 《安康学院学报》2004,16(4):55-56,59
对极限limn→ ∞(1 1/n)n的几种常见证法作以比较,分析各方法的优缺点.  相似文献   

19.
定理设n≥2,xi∈R(i=1,2,…,n),则有n∑i=1x2i≥1/n(n∑i=1xi)2,且在诸xin全相等时才取等号.  相似文献   

20.
本文通过具体例题,介绍用待定系数法求特殊数例前n项和的方法。 例1 求数列1/(1·2),1/(2·3),……1/(n·(n 1))的和。 分析 要求这个数前n项和,用等比数列和等差数列前n项和的公式无法求得。但是这个数列的通项1/(n·(n 1))是一个真分式(分子的次数小于分母的次数),它可以化成部分分式。  相似文献   

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