1樓：匿名使用者
π^2/6
這個求和問題被稱為巴塞爾問題，2023年（清軍入關那一年）由義大利數學家蒙哥利提出，2023年（雍正逝世、乾隆登基那一年）由神一樣的尤拉首先解決。這個等式的證明方法挺多的，詳參http://www.
2樓：溥樂禕
1+1/4+1/9.+1/n^2
=1+1/2*2+1/3*3+...1/n*n＜1+1/1*2+1/2*3.+1/(n-1)n=1+1-(1/2)+(1/2)-(1/3).-1/n=2-1/n
所以原式成立
: 1+1/4+1/9+1/16+…1/n^2=?數列求和。。 20
3樓：徭童欣
等於pi的2次方除以6
4樓：拿
這用到無窮級數 在下面這本書的250頁 到252頁
數列∑1/n^2 求和 15
5樓：匿名使用者
n^2 = n*(n+1)-n
= 1/3*[n(n+1)(n+2) - (n-1)n(n+1)] - n
即:1^2 = 1/3*(1*2*3-0*1*2)-1
2^2 = 1/3*(2*3*4-1*2*3)-2
3^2 - 1/3*(3*4*5-2*3*4)-3
……………………
求和即：
1/3*(1*2*3-0*1*2 + 2*3*4-1*2*3 + 3*4*5-2*3*4……)-(1+2+3+……)
= n(n+1)(n+2)/3 - n(n+1)/2
因此有：
1^2+2^2+3^2+...+n^2= n(n+1)(2n+1)/6
證明一個與正整數n有關的命題，有如下步驟：
（1）證明當n取第一個值時命題成立；
（2）假設當n=k（k≥n的第一個值，k為自然數）時命題成立，證明當n=k+1時命題也成立。
例：求證：
1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + .…… + n(n+1)(n+2)(n+3) = [n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)]/5
證明：當n=1時，有：
1×2×3×4 = 24 = 2×3×4×5/5
假設命題在n=k時成立，於是：
1×2x3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + .…… + k(k+1)(k+2)(k+3) = [k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]/5
則當n=k+1時有：
1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)
= 1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + k(k+1)(k+2)(k+3) + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)
= [k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]/5 + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)
= (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)*(k/5 +1)
= [(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)(k+5)]/5
即n=k+1時原等式仍然成立，歸納得證。
6樓：陳
這個就是zeta（2），答案是π^2 /6
正弦函式無窮乘積結合taylor或者fourier級數都可以證明
7樓：火天雲野
方法一：
將sinx按泰勒級數：
sinx＝x－x^3/3!＋x^5/5!－x^7/7!＋ …
於是sinx/x＝1－x^2/3!＋x^4/5!－x^6/7!＋ …
令y＝x^2，有sin√y/√y＝1－y/3!＋y^2/5!－y^3/7!＋ …
而方程sinx＝0的根為0,±π,±2π,…
故方程sin√y/√y＝0的根為π²,(2π)²,…
即1－y/3!＋y^2/5!－y^3/7!＋…＝0的根為π²,(2π)²,…
由韋達定理，常數項為1時，根的倒數和＝一次項係數的相反數
即1/π²＋1/(2π)²＋…＝1/3!
故1＋1/2²＋1/3²＋ … ＝π²/6
方法二：
複變函式的留數問題，令f(z)=1/z^2*cos(πz)/sin(πz).將此函式在以（-n-1/2,-n),（-n-1/2,n),（n+1/2,-n),（n+1/2,n)為頂點的矩形封閉路徑上積分，通過各項相消，易知此積分為0.同時由留數定理，此積分=1/2πi*(-π/3+2/π*（1/1^2+1/2^2+1/3^2+...
+1/n^2）),兩邊取極限得 π/3-2/π*∑1/n^2=0，所以∑1/n^2=π²/6
8樓：沙青亦
沒有這個數列沒法求和 只可以放縮
連數學家都不可以把它求出來
不過我可以幫你把他縮小或放大一點點
9樓：匿名使用者
六分之pi平方
pi^2/6
10樓：匿名使用者
1-（1/2）ⁿ 不知道你們回答是什麼玩意，跟題一點都不沾邊還有100+贊，搞笑
急求：1+1/4+1/9+1/16+…1/n^2=？（求和這樣的數列求和有公式嗎） 10
11樓：
f=0for i=1 to n
f=f+1/(i^2)
next i
12樓：匿名使用者
vb:dim i%,n%,f as doublen=val(inputbox("輸入n"))f=0
for i=1 to n
f=f+1/(i^2)
next i
msgbox(f)
vc:#include
main()
printf("%f",c);
scanf("%f,c);//檢視結果
}如果你看不懂……sorry,我無能為力
數列求和 i的平方相加（1+4+9+16+.......n的平方） 求sn 我要過程，
13樓：雨說情感
1²+2²+3²+...+n²=n(n+1)(2n+1)/6證明如下：排列組合法）
由於因此我們有
等於由於
於是我們有
擴充套件資料1、一般的數列求和問題應從通項公式入手，若無通項公式，應先求通項公式，然後根據通項公式的特點選擇合適的方法求和。
2、解決非等差、等比數列的求和問題主要有兩種方法，一為將非等差、等比數列問題轉化為等差、等比數列問題；二為不能轉化為等差、等比數列的問題，可以考慮利用倒序相加法、錯位相減法、裂項法、分組求和法等進行求和。
3、對於等比數列的求和問題，要注意判斷公比是否為1，然後進行分類討論．等差數列的求和公式有多種形式，要注意根據已知條件選擇合適的求和公式。
14樓：匿名使用者
1²+2²+3²+...+n²=n(n+1)(2n+1)/6
證明:(n+1)³=n³+3n²+3n+1
(n+1)³-n³=3n²+3n+1
n³-(n-1)³=3(n-1)²+3(n-1)+1
...3³-2³=3*2²+3*2+1
2³-1³=3*1²+3*1+1
兩邊分別相加得
(n+1)³-1³=3*(1²+2²+...+n²)+3(1+2+...+n)+1*n
(n³+3n²+3n)-3n(n+1)/2-n=3sn
3sn=n(2n²+3n+1)/2=n(n+1)(2n+1)/2
sn=n(n+1)(2n+1)/6
擴充套件資
料
公式法等差數列求和公式:
（首項+末項）×項數/2
舉例：1+2+3+4+5+6+7+8+9=（1+9）×9/2=45
等比數列求和公式：
差比數列求和公式：
a:等差數列首項
d:等差數列公差
e:等比數列首項
q:等比數列公比
其他錯位相減法
適用題型：適用於通項公式為等差的一次函式乘以等比的數列形式（等差等比數列相乘）
、分別是等差數列和等比數列.
例如：______①
tn=上述式子/(1-q)
此外.①式可變形為
sn為的前n項和.
此形式更理解也好記
倒序相加法
這是推導等差數列的前n項和公式時所用的方法，就是將一個數列倒過來排列（反序），再把它與原數列相加，就可以得到n個(a1+an)
sn =a1+ a2+ a3+...... +an
sn =an+ an-1+an-2...... +a1
上下相加得sn=(a1+an)n/2
分組法有一類數列，既不是等差數列，也不是等比數列，若將這類數列適當拆開，可分為幾個等差、等比或常見的數列，然後分別求和，再將其合併即可.
例如：an=2n+n-1，可看做是2n與n-1的和
sn=a1+a2+...+an
=2+0+22+1+23+2+...+2n+n-1
=(2+22+...+2n)+(0+1+...+n-1)
=2(2n-1)/(2-1)+(0+n-1)n/2
=2n+1+n(n-1)/2-2
15樓：匿名使用者
解：採用數學歸納法可以計算
sn=1²+2²+3²+4²+...+n²
由於n²=n（n+1）-n
即1²=1×（1+1）-1=1×2-1
2²=2×（2+1）-2=2×3-2
3²=3×（3+1）-3=3×4-3
4²=4×（4+1）-4=4×5-4
.....
所以sn=1²+2²+3²+4²+...+n²
=1×2-1+2×3-2+3×4-3+4×5-4+...+n（n+1）-n
=【1×2+2×3+3×4+4×5+...+n（n+1）】-（1+2+3+4+...+n）
以為n（n+1）=【n（n+1）（n+2）-（n-1）n（n+1）】/3
所以1×2+2×3+3×4+4×5+...+n（n-1）
=（1×2×3-0×1×2）/3+（2×3×4-1×2×3）/3+（3×4×5-2×3×4）/3+（4×5×6-3×4×5）/3+...+【n（n+1）（n+2）-（n-1）n（n+1）】/3
=【1×2×3-0+2×3×4-1×2×3+3×4×5-2×3×4+4×5×6-3×4×5+...+n（n+1）（n+2）-（n-1）n（n+1）】/3
=【n（n+1）（n+2）】/3
所以sn=【1×2+2×3+3×4+4×5+...+n（n+1）】-（1+2+3+4+...+n）
=【n（n+1）（n+2）】/3-【n（n+1）】/2
=【2n（n+1）（n+2）】/6-【3n（n+1）】/6
=【2n（n+1）（n+2）-3n（n+1）】/6
=【n（n+1）（2n+4-3）】/6
=【n（n+1）（2n+1）】/6
16樓：該死大本營
設：s=12+22+32+…+n2
另設：s1=12+22+32+…+n2+(n+1)2+(n+2)2+(n+3)2+…+(n+n)2，此步設題是解題的關鍵，一般人不會這麼去設想。有了此步設題，第一：
s1=12+22+32+…+n2+(n+1)2+(n+2)2+(n+3)2+…+(n+n)2中的12+22+32+…+n2=s，(n+1)2+(n+2)2+(n+3)2+…+(n+n)2可以為(n2+2n+12)+( n2+2×2n+22) +( n2+2×3n+32)+…+( n2+2×nn+n2)=n3+2n(1+2+3+…+n)+ 12+22+32+…+n2，即 s1=2s+n3+2n(1+2+3+…+n)………………………………………………..(1) 第二：s1=12+22+32+…+n2+(n+1)2+(n+2)2+(n+3)2+…+(n+n)2可以寫為：
s1=12+32+52…+ (2n-1)2+22+42+62…+(2n)2，其中：
22+42+62…+(2n)2=22(12+22+32+…+n2)=4s……………………………………..(2) 12+32+52…+(2n-1)2=(2×1-1)2+(2×2-1)2+(2×3-1) 2+…+ (2n-1) 2
= (22×12-2×2×1+1) +(22×22-2×2×2+1)2+(22×32-2×2×3+1)2+…+ (22×n2-2×2×n+1)2 =22×12+22×22+22×32+…+22×n2-2×2×1-2×2×2-2×2×3-…-2×2×n+n =22×(12+22+32+…+n2)-2×2 (1+2+3+…+n)+n
=4s-4(1+2+3+…+n)+n……………………………………………………………..(3) 由(2)+ (3)得：s1=8s-4(1+2+3+…+n)+n…………………………………………..
(4) 由(1)與(4)得：2s+ n3+2n(1+2+3+…+n) =8s-4(1+2+3+…+n)+n 即：6s= n3+2n(1+2+3+…+n)+ 4(1+2+3+…+n)-n = n[n2+n(1+n)+2(1+n)-1] = n(2n2+3n+1) = n(n+1)(2n+1) s= n(n+1)(2n+1)/ 6
亦即：s=12+22+32+…+n2= n(n+1)(2n+1)/6……………………………………(5)
一道高中數列題，幫幫忙，求問一道高中數列題，幫幫忙，線上等
n 3,a3 5,a4 6,a5 9,a6 10,a7 13,a8 14 總上通項 an 2n 3 2 1 2 1 n a n 2 a n 4 a n 1 a n 1 4 a n 2 a n 1 an a n 1 an a n 1 a n 1 a n 2 a2 a1 2 1 1 為公差等於1的等差數...
一道數列題，謝謝啊，一道高中數列題，各路高人幫幫忙啊 謝謝誒
解答 設等差數列的首項 a，公比 q，則a1 a，a2 a da，3 a 2d，a2010 a 2009d，s1 a，s2010 2010a 2010 2009d，s2010 s1 2009a 1005 2009d 2009 a 1005d 1，a 1005d 1 2009，而s2011 s2010...
一道高中數學等比數列題，一道高中數學等比數列題？
文庫精選 內容來自使用者 袁會芳 課時跟蹤檢測 三十 等比數列 一抓基礎，多練小題做到眼疾手快 1 2019 如東中學檢測 已知等比數列的公比q 則 解析 2.答案 2 2 2018 鹽城期中 在等比數列中，已知a1 a2 1，a3 a4 2，則a9 a10 解析 設等比數列的公比為q，則a3 a4...