1又1/2+2又1/6+3又1/12+4又1/20.+20又1/420=
将此分式分成两部分来求.整数部分的和是1+2+3+...+20=(1+20)*20/2=210分数部分的和为1/（1*2）+1/（2*3）+.+1/(20*21)=1/1-1/2+1/2-1/3+.+1/19-1/20+1/20-1/21=1-1/21=20/21所以原式=210+20/21=210又20/21
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天才啊!!可以做我老师吗?
210又20/21，方法同一楼的。
扫描下载二维码1/1*2+1/2*3+1/3*4+···+1/n（n+1）
TD哥哥7408
1/1*2+1/2*3+1/3*4+···+1/n（n+1）=1-1/2+1/2-1/3+1/3-1/4…………+1/n-1/（n+1）（中间全部抵消）=1-1/（n+1）=n/（n+1）
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1/n(n+1)=[(n+1)-n]/n(n+1)=(n+1)/n(n+1)-n/n(n+1)=1/n-1/(n+1)所以原式=1-1/2+1/2-1/3+……+1/n-1/(n+1)=1-1/(n+1)=n/(n+1)
扫描下载二维码1/(1*2)+1/(2*3)+1/(3*4)+.+1/(98+99)+1/(99+100) 这类题目的公式
萌受受°340
这种问题方法多样,最重要的是寻找规律.由1/(n*(n+1))=1/n-1/(n+1),根据拆项法可得1/(1*2)+1/(2*3)+1/(3*4)+.+1/(98+99)+1...1/(1*2)+1/(2*3)+1/(3*4)+.+1/(98*99)+1/(99*/2+1/2-1/3+...+1/99-1/100=1-1/100=99/100.(题目最后两项1/(98+99)+1/(99+100)分母上的符号是不是应该是*?)
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1/(1*2)+1/(2*3)+1/(3*4)+....+1/(98×99)+1/(99×100)
后面是乘号吧 =1-1/2+1/2-1/3+……+1/99-1/100=1-1/100=99/100
2/（1×3）+2/（3×5）+2/（5×7）+2/（7×9）+......+2/（97×99）=1-1/3+1/3-1/5+....+1/97-1/99=1-1/99=98/99（a-b)/ab=1/b-1/a
这个是有名的题，最开始用简单办法的是德国的数学家高斯，当时他只有五岁还是五年级（记不清了），这种题后统称高斯求和原理是，首尾相加，再乘以对数再加上剩下的那个一个，连加尾数是双数就没有剩下的，单数就有多一个，（100+1）*50=5050小学的时候看过读写算里有一个简单办法，20年以前的事了，从1开始的连加都能用，尾数是单数的就取中间数，尾数是双数的，从前一个...
每一项都可以拆成两项
如1/(1*2)=1-1/2
1/(2*3)=1/2-1/3
1/(98*99)=1/98-1/99
多写出几项后发现很多项都消掉了
最后剩1-1/100
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本来是想发到这里的，但是贴吧的Latex排版实在是太dt了，所以就传一个链接了，到我的博客，欢迎大家来访！
一下就沉了
如何计算这个问题是在1644年由意大利数学家蒙哥利（Pietro Mengoli）提出的，而大数学家欧拉于1735年第一次解决了这个问题。他得出著名的结果：解决这个问题的方法在近代不断涌现。这里我从各处摘抄到一些方法，列举在此，仅供大家参考。如有错误，请向我指出，谢谢首先，我们需要知道这个问题的等价形式,将这个数列除以4，我们自然得到从而我们只需证明而以下某些证明会用到这一点
证明1：欧拉的证明欧拉的证明是十分聪明的。他只是将幂级数同有限的多项式联系到了一起，就得到了答案。首先注意到从而但是sin(x)/x的根集为故我们可以假定（PS：欧拉似乎没有证明这个无穷积，直到100年后魏尔斯特拉斯得到了他著名的“魏尔斯特拉斯分解定理”（Weierstrass factorization theorem，详情可见wiki相应条目）。利用这个方法得到函数时要特别小心，我以前看到的一个反例（）就可以说明这个问题)从而我们对这个无穷乘积的x^2项进行研究，可以知道所以就有了答案
证明2：一个初等的证明以下证明第一次来自Ioannis Papadimitriou于1973年在American Math Monthly 80(4):424-425页发表的。Apostol在同一份杂志425-430发表了用这个方法计算ζ(2n)的方法这似乎是这个问题最“初等”的一个证明了，只需要知道三角函数相应知识就能够完成。我们先证明一个恒等式：Lemma：令则证明：由于很显然，令n=2m+1,我们有为多项式的根。从而利用韦达定理我们就完成了引理的证明。由于三角不等式sinx&x&tanx在(0,pi/2)成立,我们有，对于w[m],2w[m]..代入有所以应用上面引理，就可以得到令m趋于无穷大，结论自然就成立了。
证明3：数学分析的证明这个证明来自Apostol在1983年的“Mathematical Intelligencer”,只需要简单的高数知识。注意到恒等式利用单调收敛定理(Monotone Convergence Theorem)，立即得到通过换元(u,v)=((x+y)/2,(y-x)/2)，就有S为点(0,0),(1/2,-1/2),(1,0),(1/2,1/2)构成的正方形，由正方形对称性有利用恒等式arctan(u/sqrt(1-u^2))=arcsinu,arctan((1-u)/sqrt(1-u^2))=pi/4-(1/2)arcsinu得到
证明4:数学分析的证明(Calabi, Beukers & Kock.)同样利用上一问的结论,不过这次我们计算的是：做代换从而有雅可比行列式即为从而其中也就是等式成立！
证明5:复分析的证明这个证明在很多复分析书上都有。我们同样可以利用留数计算该结果,考虑,积分路径P[n]为在中心为原点的长形如图实轴交点为±(n+1/2),复轴交点为±n,若z=x+iy,就有，从而很容易就能知道|cot(πz)|&2对每根积分曲线成立,于此同时，|z|&=n成立，就有成立，在n区域无穷大，该函数趋于0而每一点的留数，计算有就可以得到
证明6:复数积分的证明本证明由Dennis C.Russell给出。考虑积分 利用cos的欧拉公式，也就是就有积分得知再利用ln(1+x)的泰勒展开从而积分就有但e^(i*pi)=-1,变为故如前面式子有由于左边是实数，右边是纯虚数，从而只能两边都为0，即这还给了我们一个副产品，就是
证明7:泰勒公式证明(Boo Rim Choe 在1987 American Mathematical Monthly上发表)利用反三角函数arcsinx的泰勒展开,对于|x|&=1成立，令x=sint有(1)对|t|&=pi/2成立，但是由于积分所以在(1)两边积分就有证毕
证明8:复分析证明PS：个人这个证明感觉相当漂亮，基本没怎么算(T. Marshall 在American Math Monthly,2010)对于令这个和是对于每一个log的分支加起来，在D中的所有点，存在领域使得它的每一个分支都解析，由于这个级数在z=-1以外一致收敛，所以R(z)在D上解析从而这里有几个Claim:1.z-&0则级数每一项都趋于0，从而0是可取奇点2.R的唯一奇点是在1的二阶奇点，是由于logz的主分支造成的，有3.R(1/z)=R(z)由于 1.和 3.有 R在扩充复平面上为亚纯函数，从而为有理函数，由2知道R(z)分母为(z-1)^2,由于R(0)=R(∞)=0,所以分子就是az,那么2说明a=1,就是说现在令得到也就是说，代入w=1/2
证明9:傅立叶分析证明教科书上最普遍的证明考虑函数将其傅立叶展开,计算得知显而易见，代入f(0)得到答案
证明10:傅立叶分析证明考虑函数,将其傅立叶展开利用Parseval等式其中a[n]为e^(i*pi*n)系数，有那么就知道
证明11:傅立叶分析证明 考虑在实轴上一致收敛，对于在,我们有这个和被控制，从而在[ε,2π-ε]一致有界，Dirichlet判别知道一致收敛所以对于同样区域的函数就得到
证明12:泊松公式证明 (Richard Troll)由泊松求和公式其中为傅立叶变换。若我们设，f的傅立叶变换为也就是说则就是
证明13:概率论证明 (Luigi Pace 发表于2011 American Math Monthly) 设X[1],X[2]是独立同半区域柯西分布，也就是它们的分布函数都是令随机变量Y=X[1]/X[2],,那么Y的概率密度函数p[Y],定义在y&0有由于X[1],X[2]独立同分布，即P(Y&1)=P(X[1]&X[2])=1/2,即也就是说
证明14:积分+函数方程证明 (H Haruki,S Haruki在1983年 American Mathematical Monthly发表)由于只需要算出这个积分值即可，我们令要求的是a=0的情况不过我们可以证明利用等式我们知道中间是令t=x^2代换掉的。解函数方程(1),求导两次知f''(a/2)+f''(pi-a/2)=f(a)/2由于f''在闭区间[0,2pi]上面连续，所以必然有最大值M，最小值m，那么有设f''(a[0])=M,则由于M是最大值，只能f''(a[0]/2)=M,f''(pi-a[0]/2)=M,一直迭代下去，我们有lim[n-&infty] f''(a[o]/2^n)=M,即f''(0)=M,同理有f''(0)=m,即M=m成立，那么f''为常值函数，f为二次函数。再计算二次函数系数代入式子(1)，以及计算f'(pi/2)，我们知道，代入a=0,即
证明15:三角恒等式的初等证明(Josef Hofbauer发表于2002年American Mathematical Monthly)从而就有又由于对x在(0,pi/2)成立令,对对不等式求和，就变为令n趋于无穷得到答案
证明16:三角多项式的证明(Kortram发表于1996年 Mathematics Magazine)对于奇数n=2m+1,我们知道,其中F[n]是n次多项式，那么F[n]零点为sin(j*pi/n)(-m&=j&=m),而且lim(y-&0) F[n](y)/y=n即从而比较两边泰勒展开的x^3系数，有于是固定整数M令m&M，则有利用sinx&2x/pi在x属于(0,pi/2)成立令n趋于无穷在令M趋于无穷
证明17:积分证明(Matsuoka发表于1961年American Mathematical Montly考虑积分我们有Wallis公式：那么对于n&0，分部积分有从而有得到将这个式子从1加到n，就有由于J[0]=pi^3/24,只需要证明后面一下为0即可，通用x&pi/2*sinx在[0,pi/2]成立，即就是说
证明18:Fejér核的证明(Stark在1969年American Mathematical Monthly上的证明)对于Fejér核有如下等式故而有如果我们令n=2N(n为偶数)，那么利用sin(x/2)&x/pi对(0,pi)成立也即
证明19:Gregory定理证明证明来自Borwein & Borwein的著作"Pi and the AGM"以下公式是著名的Gregory定理：我们令我们需要证明即可若n不等于m，就有那么其中很容易可见c[-n,N]=-c[n,N],从而c[0,N]=0,对于n&0那么可知c[n,N]&=1/(N-n+1),故而即成立！
证明20:数论的证明(本证明来自华罗庚的数论,个人感觉是最神奇的证明)需要用到整数能被表示为四个平方的和。令r(n)为使n=x^2+y^2+z^2+t^2成立的四元组(x,y,z,t)的个数，那么最平凡是r(0)=1,而有公式对n&0成立，令,很容易可以看出,R(N)渐进于半径为sqrt(N)的四维球体积，也就是，另外其中同时我们又有在x-&infty成立，即得到
证明21:类似的初等证明首先我们要证明这个等式是由于注意到就立即可得令x=cot^2θ,变为有根对j=1,2...n成立，即韦达定理得到答案在由于1/θ&cotθ&1/θ-θ/3&0对0&θ&pi/2成立，即对于解θ[k]做和，就有从而有就是我们想要的
证明22:伯努利数的证明 函数为伯努力数B[k]的生成函数，B为亚纯，在1/(2pi*i*n)上为极点，利用Mittag-Leffler定理可以展开为后者可展开为几何级数是由于在重排级数的同时，奇数项消去了而偶数项留下了，所以我们就得到如下式子：也就是要求计算那么
其实还有些做法还没有收录，也许以后会更新。。
可否加精一个？
顶下就走了
证明补充：欧拉1741年的证明有时候会误解欧拉没有给出真正的证明（在
提醒前我是这么认为了），实际上他给出过真正严谨的证明，也就是要证明：而由于我们知道z^n-a^n的分解令z=1+x/N,a=1-x/N,有考虑1次项x的系数，我们有C[N]=2,对所有N成立，令N趋于无穷大，左边趋于e^x-e^(-x),右边是利用Taylor展开cos(y)~1-y^2/2,得到右边为(1+x^2/(k^2*pi^2)) 就得到了第一个公式
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数列求和1+1/2+1/3+1/4+1/5+……1/n=?
08-12-31 &
答：假设它有一个极限（设为A）则有此式的前n项之和为A，也就是说{1/2+···+1/n=A 1/2+···+1/n+···=A 而1/n以后的项之和要等于0，我们取1/(n+1) +···+ 1/2（n+1），共有（n+1）项，而且每一项都小于其前一项， 故：1/(n+1) +···+ 1/2（n+1）& (n+1)*1/2（n+1）=1/2≠0 这与前面的假设相矛盾，所以，所求的极限根本就不存在。
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