1樓：敬夜卉
用s表示前n項和
s=1+4a+9a^2+16a^3+ … +[(n-1)^2]*a^(n-2)+(n^2)*a^(n-1) ①
as=a+4a^2+9a^3+16a^4+ … +[(n-1)^2]*a^(n-1))+(n^2)*a^n ②
①-②得：
(1-a)s=1+3a+5a^2+7a^3+ … +(2n-3)*a^(n-2)+(2n-1)*a^(n-1)-(n^2)*a^n ③
a(1-a)s=a+3a^2+5a^3+7a^4+ … +(2n-3)*a^(n-1)+(2n-1)*a^n-(n^2)*a^(n+1) ④
③-④得：
(1-a)^2*s=1+2a+2a^2+2a^3+2a^4+ … +2a^(n-1)+(n-1)^2*a^n+(n^2)*a^(n+1)
(1-a)^2*s=1+2[a+a^2+a^3+a^4+ … +a^(n-1)]+(n-1)^2*a^n+(n^2)*a^(n+1)
(1-a)^2*s=1+2a[1-a^(n-1)]/(1-a)+(n-1)^2*a^n+(n^2)*a^(n+1)
s=/(1-a)^2
剩下的自己整理吧。。。打的好辛苦哦。。。
用兩次錯位相消法
2樓：匿名使用者
是an=n^2*a^(n-1)吧？
一樓和二樓都不怎麼厚道啊。這不是等差數列，不能用等差數列求和，但可轉化為等差或等比數列的和來求。
sn=sigma(i=1,n)[an]=sigma(i=1,n)[n^2*a^(i-1)]
=sigma(i=1,n)[1^2*a^(i-1)]+sigma(i=2,n)[(2^2-1^2)*a^(i-1)]
+sigma(i=3,n)[(3^2-2^2)*a^(i-1)]+…………
=sigma(j=1,n)[sigma(i=j,n)[(j^2-(j-1)^2)*a^(i-1)]]
=sigma(j=1,n)[sigma(i=j,n)[(2j-1)*a^(i-1)]]
=sigma(j=1,n)[(2j-1)*a^(j-1)*(1-a^(n-j))/(1-a)] （等比數列求和）
=1/(1-a)*sigma(j=1,n)[(2j-1)*]
=1/(1-a)*]
其中後一個求和是一個等差數列，可用等差數列求和公式求出，前一個求和是
形如 an=n*a^n 的求和，可轉化為 n個等比數列求和式的和，即
sigma(i=1,n)[i*a^i]=sigma(i=1,i)[a^i]+sigma(i=2,n)[a^i]+…………
=sigma(j=1,n)[sigma(i=j,n)[a^i]] (內層是等比求和）
=sigma(j=1,n)[/(1-a)]
=1/(1-a)*
這兩項求和一個是等比一個是等差，故可求出。
至此問題轉化為已知問題（等差和等比求和），故可求出（往下具體運算從略）
3樓：
(a1+an)*n/2
或a1n+(n-1)n*d/2
4樓：冊小獃
（首項+末項）*項數
-------------------2
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
求若干數列求和公式 a^0+a^1+a^2+a^3+……+a^n-1+a^n
11樓：hi小熊快跑啊
1 是等比數列
sn= (a-a^n×a)/(1-a) （a≠1)2是平方和求和公式
sn=n(n+1)(2n+1)/6
3是級數求和公式推倒比較複雜，暫時沒有固定的求和公式如果滿意，敬請採納。謝謝
12樓：
不妨忽略0^0的情況；（沒有定義）
1.等比數列求和，(1-a^(n+1))/(1-a)(a不等於1） a為1時和為n+1
2.∑n^n未能解決
3先舉個求平方和的例子，
基本上是由已知的和求未知的和，個人認為用組合數來做比較輕鬆，利用高階等差數列的知識待定係數，矩陣方法也行，總之方法很多。事實上所得結果的係數與伯努利數有關，即
相關知識請查詢資料，就不在此贅述啦。
希望我的回答能幫到你。
【急】求和 (a-1)+(a^2-2)+...+(a^n-n)
13樓：匿名使用者
把 被減數放在一起構成數列a， 減數放在一起構成數列b，
a是等比數列，b是等差數列， 兩個求和並相減
樓上的有錯誤啊，等比數列要考慮 a=1 啊
14樓：匿名使用者
解：(a-1)+(a^2-2)+...+(a^n-n)=a+a^2+...+a^n+(-1-2-...-n)
=(a-a^(n+1))/(1-a)-n(n+1)/2
15樓：
把括號去掉 就是一等比數列和一等差數列
16樓：柳濱蹇曼語
原式=(a+a^2+...a^n)-(1+2+...+n)前半部分是一個首項為a,公比為a的等比數列，後半部分是首項和公差都為1的等差數列
等比數列前n項和的求和公式:a1x(1-q^n)/1-q(q不等於1)
等差數列前n項和的求和公式:(a1+an)n/2分兩種情況討論:
(1)a=1
原式=n-(1+n)n/2
(2)a不等於1
原式=a(1-a^n)/1-a
-(1+n)n/2=
求n 2的求和公式，謝謝， 求和公式怎麼計算
叫做平方和公式 n n 1 2n 1 6 證明 利用恆等式 n 1 3 n 3 3n 2 3n 1 n 1 3 n 3 3n 2 3n 1,n 3 n 1 3 3 n 1 2 3 n 1 1.3 3 2 3 3 2 2 3 2 12 3 1 3 3 1 2 3 1 1.把這n個等式兩端分別相加，得 ...
數列求和 An 1 n，求和
1 形如1 1 2 1 3 1 n 的級數稱為調和級數 還可以推廣到等差數列的倒數之和 也是p 級數 自然數數列的整數p次冪的倒數之和 的特例 黎曼zeta函式也由此得來。2 euler 尤拉 在1734年，利用newton在 流數法 一書中寫到的結果 ln 1 x x x2 2 x3 3 得到 l...
等比數列求和公式，等比數列求和公式推導 至少給出3種方法
我是一個麻瓜啊 1 q 1時，sn a1 1 q n 1 q a1 anq 1 q 2 q 1時，sn na1。a1為首項，an為第n項，q為等比 sn a1 1 q n 1 q 的推導過程 sn a1 a2 an q sn a1 q a2 q an q a2 a3 a n 1 sn q sn a1...