1+1/2+1/3+1/4+…+1/n等于多少1+1/2+1/3+…+1/n等于多少
这是调和级数,没有通项公式,有近似公式 1+1/2+1/3+……+1/n=lnn ln是自然对数,当n 趋于无穷时,1+1/2+1/3+……+1/n=lnn+R R为欧拉常数,约为0.5772.推理查看百科上有,不知道你能不能看懂 1665年牛顿在他的著名著作《流数法》中推导出第一个幂级数：ln(1+x) = x - x2/2 + x3/3 - ...Euler(欧拉)在1734年,利用Newton的成果,首先获得了调和级数有限多项和的值.结果是：1+1/2+1/3+1/4+...+1/n= ln(n+1)+r(r为常量) 他的证明是这样的：根据Newton的幂级数有：ln(1+1/x) = 1/x - 1/2x^2 + 1/3x^3 - ...于是：1/x = ln((x+1)/x) + 1/2x^2 - 1/3x^3 + ...代入x=1,2,...,n,就给出：1/1 = ln(2) + 1/2 - 1/3 + 1/4 -1/5 + ...1/2 = ln(3/2) + 1/2*4 - 1/3*8 + 1/4*16 - ....1/n = ln((n+1)/n) + 1/2n^2 - 1/3n^3 + ...相加,就得到：1+1/2+1/3+1/4+...1/n = ln(n+1) + 1/2*(1+1/4+1/9+...+1/n^2) - 1/3*(1+1/8+1/27+...+1/n^3) + .后面那一串和都是收敛的,我们可以定义 1+1/2+1/3+1/4+...1/n = ln(n+1) + r Euler近似地计算了r的值,约为0.577218.这个数字就是后来称作的欧拉常数.
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一下就沉了
前排。听讲
前排记笔记
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
里面的公式都看不懂。。
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。
马克------Just truth in my heart.永远不再迷茫,因为我有抹不去的意志.
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！
怒插一层 马
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
还看不懂。。先MARK一下
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
收藏之，后排听讲，表示比您博客里的那些代码好看多了
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
顶一个。不错。
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
马克，学习一下~
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为兴趣而生，贴吧更懂你。或limln(1+3^n)/ln(1+2^n) lim趋向于正无穷
霸道VRvg28
lim(n->∞)ln(1+3^n)/ln(1+2^n)considerlim(x->∞)ln(1+3^x)/ln(1+2^x) (∞/∞)=lim(x->∞)[(ln3).3^x/(1+3^x)]/ [(ln2).2^x/(1+2^x) ]=lim(x->∞)[(ln3).3^x (1+2^x)]/ [(ln2).2^x.(1+3^x) ]=lim(x->∞)[(ln3).(1/2^x+1)]/ [(ln2).((1/3)^x+ 1) ]=ln3/ln2=>lim(n->∞)ln(1+3^n)/ln(1+2^n) =ln3/ln2
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