1樓：
這個問題等價於研究乙個帶有引數的積分當引數引數趨向於無窮大時的漸進性質。關於大引數實積分的漸近計算，目前有及其成熟的研究成果。下面介紹其中的一種方法，laplace漸近方法。
laplace漸近方法用於計算形如 的laplace型積分當引數n趨向於無窮大時的漸近展開式，其中f（x）的增長率要小於指數。
而這裡題目中的積分 是laplace型積分，其中 。下面我將展示如何使用laplace方法得到積分的漸近展開
laplace漸近方法基於這樣乙個原理，laplace型積分當n很大時，積分的主要貢獻都來自於g（x)取得最大值的位置。因為由於乘以了很大的引數n，g（x）在不同點值得差距會被放得很大，再由於指數函式的作用，最後會導致g（x)的最大值對積分產生了最大的貢獻。於是我們有當n很大時，整個區間上的積分約等於在最大值領域內的積分
其中g（x）在x0處取得最大值（簡單起見，假設g（x）只有乙個最大值，且在區間內），c是乙個很小的數。
對g（x）在x0處做泰勒展開，我們有
其中，由於g（x）在x0處是最大值，所以導數為0.
其中倒數第二步中我使用了平移變換，最後一步使用了放縮變換，注意到由於是最大值所以二階導數是負數。令n趨於無窮，最後的積分變為
這裡問題中 ，最大值發生在 。此時 。所以
用mathematica直接計算
當n等於1000時，
這表明我們的漸近展開式是正確的。
由於級數 發散，所以 也發散。
這個只是laplace方法的基本應用。對於有多個最大值，最大值點發生於邊界的情況，f（x）也具有指數增長率的情況，更高階的漸近展開等問題也有相應的處理方法，在這裡就不多做介紹了。很多著名的漸近公式都可以通過laplace方法得出，比如對定義gamma函式的積分使用laplace方法就可以得到Stirling's Formula，比如證明無窮函式即為最大值函式。
laplace方法可以免去記憶特殊的公式，僅使用導數就可以求得積分的漸近展示，是乙個很強大的工具。
2樓：Song
這種問題，其實放在大一期末考題都行，純粹就是考Wallis公式熟不熟的
這個是顯然的
然後請出wallis公式 ，只需要估計 為通項的級數的斂散性不難看出 是遞減的
從而 這也就代表著 \frac\frac\frac=\frac\]" eeimg="1"/>
同時 這樣我們直接估計出了 的階（不需要Sterling公式也行），它的斂散性由p=1/2的p-級數控制，當然發散了
3樓：233
本科及以上水平的dalao們請直接參照
jn4下面是高中及以下水平的證明:
為了更方便地解決問題
先試圖把y=(sinx)^n在[0,π]所圍的面積放縮一下
腦補一下也可以知道，(sinx)^n大概會在中間形成乙個三角形似的峰
所以嘗試用三角形去放縮，考慮到對稱性，用乙個以(π/2,1)為乙個頂點，底邊在x軸上的等腰三角形放縮可能是合適的。
現在高為1，研究一下底可以取何值，換句話說腰的斜率k可以取何值。
其實可以直接先用k∝n來試探一下，但是那樣未免無趣。
先找幾個值嘗試一下
n=4時，k=1可行
n=19時，k=2可行
n=43時，k=3可行
n=78時，k=4可行
n=122時，k=5可行
n=176時，k=6可行
觀察一下n-k關係，大概是n為k的二次函式。
因此取k∝√n可能是合適的放縮。
下面來證明這個放縮可行，並確定係數的一些可行值
不難看出，我們只需要在(π/2,π/2+1/k]上(k≥1)
(sinx)^n≥-k(x-π/2)+1
設f(x)=(sinx)^n
f'(x)=n*cosx*(sinx)^(n-1)
如果是用k∝n來放縮的話，這時候事情已經做完了，顯然|f'(x)|≤n，所以只要k=n，y=(sinx)^n從1下降的速度肯定沒有直線快。而這樣的話三角形的底是2/n，面積是1/n，顯然級數發散。(事實上n＞1時|f'(x)|≤n/2也是易證的)
但現在要用k∝√n來放縮。
可以簡化一些，有
f(π/2+x)≥(1-x^2)^(n/2)，0＜x＜1/k
【注:因為f(π/2+x)=(cosx)^n，cosx=(1-(sinx)^2)^(1/2)而|sinx|≤x】
只需(1-x^2)^(n/2)≥1-kx
即(1-x^2)^n≥(1-kx)^2
n≥1，(1-x^2)^n≥1-nx^2
又0≤kx≤1，
1-(k^2)*(x^2)=(1+kx)(1-kx)≥(1-kx)^2
只需1-nx^2≥1-(k^2)*(x^2)
即k^2≥n
k=√n可行。
這樣三角形的面積是√(1/n)，顯然級數發散。
4樓：雞啄猴
=(令 )
= = ，n為奇數
，n為偶數
顯然， 不論n為奇數或偶數都成立，由級數收斂必要條件， 發散。
突然發現，我好像做錯了。。。我又在excel上跑了一便連乘的值，發現竟然能擬合成乙個冪函式。。。不知道怎麼證明。。。
我令 ,觀察了n為奇數時，從3到+時 , , , 的值其中， , 擬合度差，但累乘和累加擬合度較好
5樓：無敵母豬佩
首先要把這個 給乾掉，關於這個不定積分的解法有很多，網上一大把，我在這裡介紹一種low方法，一般用分部積分法，借助Wolfram Mathemtica軟體來推導，想用分部積分法，莫非是構造 ，
這樣一來有
Module[,f
[x_]=
Sin[x]
^(n+
1)/D
[g[x
],x];f
[x]*
g[x]
-Integrate[g
[x]*
D[f[
x],x],
x]]有 選的好，一切爽歪歪。選的好意味者這個要好怎麼選 ，利用mathematica做幾個實驗Grid[ &Range[6] // FullSimplify, Frame -> All,
Background -> }, ->
Hue[.6, .4, 1], -> Hue[.6, .4, 1]}},
BaseStyle -> , Dividers -> All,FrameStyle -> Hue[.6, .4, .
8],Spacings -> ] // TraditionalForm有發現 管用
於是有再結合定積分
有如下遞推
RSolve[,
a[n], n]
得 發散顯然(滑稽)
6樓：
前n項和是什麼？能直接把被積函式相加嗎？加起來結果是什麼？
最後一步，積分和極限能換位嗎？或者能用其他方式繞過換位證明嗎？
如何求證 無窮級數 1 i 6，求方法？
巴塞爾問題 Basel problem 的多種解法 怎麼計算 frac frac frac cdots 御阪01034 部落格園提到了一種 積分證明 詳見 證明17 原解法需要事先算出的值，可這實質上是不必要的 根據分部積分，則知即而 Jordan不等式 於是如果考慮 又可見同樣給出 以上已證明，但...
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無窮 對全體素數p,考慮p p 1的連乘 Euler 乘積 化簡，利用等比數列，再利用唯一分解定理，得到其即為調和級數，由調和級數發散，知素數有無窮多個 TravorLZH 個人認為調和級數的操作過程比較複雜，但是用巴塞爾問題來證就明顯會方便很多 引理 證明 顯然 定理 素數數量是無限的 證明 假設...
n趨近於無窮時1 2 1 3 1 n 1等於多少
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