在日常的学习、工作、生活中，肯定对各类范文都很熟悉吧。写范文的时候需要注意什么呢？有哪些格式需要注意呢？以下是小编为大家收集的优秀范文，欢迎大家分享阅读。

重要极限证明方法篇一

复数方程 z^(2n＋1)＝1的根是 a1，a2，a3，...，a(2n)，1。

其中，ak＝cos(2kπ/(2n+1))＋i sin(2kπ/(2n+1))，k＝1，2，...，2n。所以，ak＝(a1)^k 所以，z^(2n＋1)－1＝(z－a1)(z－a2)...(z－a(2n))(z－1)，即

(z－a1)(z－a2)...(z－a(2n))＝(z^(2n＋1)－1)/(z－1)＝z^(2n)＋z^(2n－1)＋...＋z＋1。

两边令z＝1，并取模，则：

|1－a1|×|1－a2|×......×|1－a2n|＝2n＋1.........（*)因为，|1－ak|＝√|(cos(2kπ/(2n+1))－1))＋i sin(2kπ/(2n+1))|＝2×sin(kπ/(2n+1))，所以由(*)式得：

2^n×sin(π/(2n+1))sin(2π/(2n+1))sin(3π/(2n+1))……sin(nπ/(2n+1))＝2n＋1。

所以，sin(π/(2n+1))sin(2π/(2n+1))sin(3π/(2n+1))……sin(nπ/(2n+1))＝√(2n＋1)/2^n 2.三角函数

求证：sin(π/(2n+1))sin(2π/(2n+1))sin(3π/(2n+1))……sin(nπ/(2n+1))=√(2n +1)/2^n.证:sin(π/(2n+1))sin(2π/(2n+1))sin(3π/(2n+1))........sin(nπ/(2n+1))=√(2n +1)/2^n 设z=cos2π/(2n+1)+ isin2π/(2n+1)则x^(2n+1)=1的根为1,z,...z^2n 得x^2n+...+x+1=(x-z)(x-z^2)...(x-z^2n)2n+1=｜(1-z)｜｜(1-z^2)｜...｜(1-z^2n)｜...(1)又｜(1-z^k)｜=2sinkπ/(2n+1)...(2)|1-z^k| = |1-(cos(2kπ/(2n+1))+sin(2kπ/(2n+1)))| =|1-cos(2kπ/(2n+1)))-sin(2kπ/(2n+1)))| =√((1-2cos(2kπ/(2n+1))+cos^2(2kπ/(2n+1)))+ sin^2(2kπ/(2n+1)))=√(2-2cos(2kπ/(2n+1)))=√(4sin^2(kπ/(2n+1))=2sin(kπ/(2n+1)故

2n+1 =(n(π/(2n+1)).n(2π/(2n+1))n(3π/(2n+1))........n(2nπ/(2n+1))两边开方,得

sin(π/(2n+1))sin(2π/(2n+1))sin(3π/(2n+1))........sin(nπ/(2n+1))=√(2n+1)/ 2^n 另外那个类似,可以尝试自己证一下.3.为什么sinπ／n+sin2π／n......+sin(n-1)π／n=cotπ／2n? 解：2 sin [π／(2n)]·sin(π／n)= cos [π／n-π／(2n)]-cos [π／n +π／(2n)]= cos [π／(2n)]-cos [3π／(2n)]2 sin [π／(2n)]·sin(2π／n)= cos [2π／n-π／(2n)]-cos [2π／n+π／(2n)]= cos [3π／(2n)]-cos [5π／(2n)]2 sin [π／(2n)]·sin(3π／n)= cos [3π／n-π／(2n)]-cos [3π／n +π／(2n)]= cos [5π／(2n)]-cos [7π／(2n)]……2 sin [π／(2n)]·sin[(n-1)π／n]= cos [(n-1)π／n-π／(2n)]-cos [(n-1)π／n +π／(2n)]= cos [(2n-3）π／(2n)]-cos [(2n-1)π／(2n)] 故：2 sin [π／(2n)] ·｛sin(π／n)+sin(2π／n)+......+sin[(n-1)π／n]｝= cos [π／(2n)]-cos [(2n-1)π／(2n)]= cos [π／(2n)]-cos [π-π／(2n)]=2 cos [π／(2n)] 故：sin(π／n)+sin(2π／n)+......+sin[(n-1)π／n]= cos[π／(2n)]/ sin [π／(2n)]= cot [π／(2n)]

4.级数sin n/(n+1)收敛还是发散,如果收敛,是绝对收敛还是条件收敛,为什么? sol:收敛,的部分和＝[sin1/2(sin1+sin2+...+sinn)]/sin1/2（积化和差公式）＝[cos1/2-cos(2n+1)/2)]/sin1/2,于是有界,1/(n+1)单调递减趋于0,收敛.不绝对收敛.|sinn/(n+1)|>=sin^2n/(n+1)=[1-cos(2n)]/2(n+1).类似用dirichlet判别法知道级数cos2n/(n+1)收敛,但级数1/(n+1)发散,lnc1n...lncn求limi.2xn2nnlnonlncnlnc1...lncnnln2lnnln21lnnnnsol: n2n2nni=ln2

5.求sinπ/n*sin2π/n*…*sin(n-1)π/n的值,用复数思想

6.三角函数连乘(正弦)求证：sin[π/(2n+1)]*sin[2π/(2n+1)]*sin[3π/(2n+1)]*……*sin[nπ/(2n+1)]=(根号下2n-1)/2^n sol: 7.证一般项级数∑sin√(n^2+1)π条件收敛 sol:∵sin√(n²+1)π

=[(-1)^n]sin[√(n²+1)π-nπ] =[(-1)^n]sin[√(n²+1)-n]π =[(-1)^n]sin{1/[√(n²+1)+n]}π

lim(n→∞)[sin{1/[√(n²+1)+n]}π]/(1/n)=lim(n→∞)nπ/[√(n²+1)+n] =π/2 ∴∑sin{1/[√(n²+1)+n]}与∑1/n有相同的敛散性,即∑sin{1/[√(n²+1)+n]}π发散

lim(n→∞)sin{1/[√(n²+1)+n]}π=0,且sin{1/[√[(n+1)²+1]+(n+1)]}π≤sin{1/[√(n²+1)+n]}π

由莱布尼兹判别法知lim[(-1)^n]sin{1/[√(n²+1)+n]}π收敛 ∴原级数条件收敛

其他回答:sin√(n^2+1)π=(-1)^n sin(√(n^2+1)π+nπ)再利用分子有理化可得：(-1)^n sin(π/[根号(n^2+1)+n])利用 dirichlet判别法可知级数收敛。

而它的绝对值级数可以等价为：sin(π/[根号(n^2+1)+n])~π/[根号(n^2+1)+n]~1/n即发散。(π/n)×sin(2π/n)×sin(3π/n)×…×sin[(n-1)π/n]=n×2^(1-n)这等式怎么证?大概要从哪个方面入手? sin(π/n)×sin(2π/n)×sin(3π/n)×…×sin[(n-1)π/n]=n×2^(1-n)用复数

w=cos(2π/n)+isin(2π/n)w=cos(2π/n)-isin(2π/n)z^n=1(z-1)(z^(n-1)+z^(n-2)＋……＋z+1)=0 z^(n-1)+z^(n-2)＋……＋z+1=(z-w)(z-w^2)(z-w^3)……（z-w^(n-1)）令 z=1 n＝(1-w)(1-w^2)(1-w^3)…(1-w^(n-1)）1-w^k=2sinkπ/n(sinkπ/n+icoskπ/n)|1-w^k|=|2sinkπ/n(sinkπ/n+icoskπ/n)|=|2sinkπ/n||(sinkπ/n+icoskπ/n)|=|2sinkπ/n|=2sin(kπ/n)取模

|n|＝|(1-w)(1-w^2)(1-w^3)…(1-w^(n-1))| |n|＝|(1-w)||(1-w^2)||(1-w^3)|…|(1-w^(n-1))| n=2^(n-1)sin(π/n)sin(2π/n)……sin[(n-1)π/n]

得证

重要极限证明方法篇二

两个重要的极限

1．证明：lim

sinxx

x0

1

证明：如图（a）作单位圆。当0

12x

2

时，显然有δoad面积

xsinx



1cosx

tgx，sinx

2

或1

sinxx

cosx

2

x0

时也成立。

图（a）

故（1）式对一切满足不等式0|x|的x都成立。

sinxx

1。

由limcosx=1及函数极限的迫敛性定理立刻可得lim

x0

x0

函数f(x)=

sinxx的图象如图（b）所示。

2．证明：lim(1)n存在。

n

n

证明：先建立一个不等式，设b>a>0，于是对任一自然数n有

b

n1

图（b）

n1

a

n1

ba

(n1)b或b

n

n1

a

n1

(n1)b(ba)，整理后得不等式a

n（1）b[(n1)anb]。

n

令a=1+故有(1

1n1)

n1，b=1+

1n)

1n

n，将它们代入（1）。由于(n1)anb(n1)(1

1n1)n(1

1n)1，n1

(1

12n，这就是说{(1)n}为递增数列。

n

12n)

再令a=1，b=1+代入（1）。由于(n1)anb(n1)n(1

12n)

2n，故有1(1

12n)

n，2(1

12n1n)

n。

不等式两端平方后有4(1，它对一切自然数n成立。联系数列的单调性，由此又推得数列{(1)n}

是有界的。于是由单调有界定理知道极限lim(1)n是存在的。

n

n

3．证明：lim(1)xe。

x

x

证明：所求证的极限等价于同时成立下述两个极限：

x

lim(1

1x)e

x

（1）

x

lim(1

1x)e

x

（2）

现在先应用2中数列极限lim(1)ne，证明（1）式成立。

n

n

设n≤x

1n1

1

1x

1

1n

及(1

1n1)

n

1n1)(1

n

1x)(1

x

1n)

n1，（3）

作定义在[1，+)上的阶梯函数。f(x)(1，n≤x

n

由（3）有f(x)

x

x

n

11n1

(1)lim

n

n

n1

11

n)

n1

e

xlimg(x)lim(1n1n)n1lim(1n1n)(1n1

n)e，根据迫敛性定理便得（1）式。

y)y现在证明（2）式。为此作代换x=-y，则(1)x(1x(11

y1)(1y1

y1)y1(11

y1)

因为当x→-∞时，有y-1→+∞，故上式右端以e为极限，这就证得lim(1)xe。

x1x

以后还常常用到e的另一种极限形式lim(1a)ae a0

1x（4）1

a0因为，令a1x，则x→∞和a→0是等价的，所以，lim(1)lim(1a)a。xx

重要极限证明方法篇三

两个重要极限的证明

两个重要极限的证明

那么，数列 的极限存在，且。证明：因为，所以对，当 时，有，即，对，当 时，有，即，又因为，所以当 时，有，即有：，即，所以。

准则i′如果函数 满足下列条件： 当 时，有。当 时，有。

那么当 时，的极限存在，且等于。如果数列 满足：，就称之为单调增加数列;若满足：，就称之为单调减少数列;同理亦有严格单增或单减，以上通称为单减数列和严格单减数列。

如果，使得：，就称数列 为有上界;若，使得：，就称 有下界。

准则ⅱ′：单调上升，且有上界的数列必有极限。准则ⅱ″: 单调下降，且有下界的数列必有极限。

注1：由前已知，有界数列未必有极限，若加单调性，就有极限。

2：准则ⅱ，ⅱ′，ⅱ″可推广到函数情形中去，在此不一一陈述了。

【例1】 【例2】 【例3】 【例4】 二、课堂练习： 三、布置作业：

附送：

两会“富民惠民安民”民生观心得体会两会“富民惠民安民”民生观心得体会

精选文章

基于你的浏览为你整理资料合集

重要极限证明方法(六篇) 文件夹

婚姻保证书的重要性（优秀18篇）

3.3分 2万阅读

工作总结的重要性与方法范文（20篇）

3.2分 3.9万阅读

六年级道德与法治教学的重要性（精选19篇）

3.3分 4.9万阅读

毕业生自我鉴定的重要性及方法（专业15篇）

4.2分 4.1万阅读

学校保证书的重要性（实用12篇）

3分 1.2万阅读

学生自我鉴定的重要性及方法（实用18篇）

2.5分 1.9万阅读

工作总结的重要性与方法（通用17篇）

4.4分 3.3万阅读

2025年幼儿园学籍证明模板(六篇)

4.4分 3.4万阅读

公司出的证明字体要求及格式

3.5分 1.5万阅读

2025年高考生需要家长工作证明范本 工作证明范本图片大全

4.3分 2.8万阅读