一个重要极限的证明策略

重要极限公式推导在数学中，极限是一种重要的概念，它描述了函数在某一点附近的表现。

而重要极限公式则是用于求解各种极限问题的基本工具。

本文将以重要极限公式推导为主题，介绍其中一些常用的公式。

一、极限的定义在推导重要极限公式之前，首先需要了解极限的定义。

对于给定的函数f(x)，当自变量x无限接近某一点a时，如果函数值f(x)无限接近某一常数L，那么我们说函数f(x)在点a处的极限为L，记作lim(x→a)f(x)=L。

二、重要极限公式推导1. 无穷小与无穷大的关系当x趋于无穷大时，我们常常会遇到无穷小与无穷大的关系。

其中一个重要的极限公式是：lim(x→∞) [1 + 1/x]^x = e这个公式表明当x趋于无穷大时，[1 + 1/x]^x的极限为自然常数e。

2. 自然对数的极限自然对数函数ln(x)与指数函数e^x是互逆函数，它们之间有着紧密的联系。

我们知道，ln(x)的导数为1/x，因此可以得到以下重要的极限公式：lim(x→0) (ln(1 + x))/x = 1这个公式表明当x趋于0时，(ln(1 + x))/x的极限为1，也即是ln(1 + x)与x之间的近似关系。

3. 正弦函数的极限正弦函数sin(x)是数学中的重要函数之一，它在极限计算中也有着重要的应用。

其中一个重要的极限公式是：lim(x→0) sin(x)/x = 1这个公式表明当x趋于0时，sin(x)/x的极限为1，也即是sin(x)与x之间的近似关系。

4. 指数函数的极限指数函数e^x在数学中起着重要的作用，而其极限也有一些重要的性质。

其中一个重要的极限公式是：lim(x→0) (e^x - 1)/x = 1这个公式表明当x趋于0时，(e^x - 1)/x的极限为1，也即是e^x 与1 + x之间的近似关系。

5. 对数函数的极限对数函数log(x)也是数学中的重要函数之一，它在极限计算中也有着重要的应用。

其中一个重要的极限公式是：lim(x→0) (log(1 + x))/x = 1这个公式表明当x趋于0时，(log(1 + x))/x的极限为1，也即是log(1 + x)与x之间的近似关系。

Many Testimonies of An Important Limitation of ＂limn→∞n^k/an=0,（a〉1,k∈N）＂作者： 胡其明
作者机构： 兴义民族师范学院,贵州兴义562400
出版物刊名： 兴义民族师范学院学报
页码： 102-103页
年卷期： 2010年 第1X期
主题词： 极限 “ε-N”语言 单调有界 海涅定理 洛必达法则 收敛级数 迫敛性 斯笃茨定理
摘要：在数列极限中，有一个使用频率较高的极限limn→∞n^k/an=0,（a〉1,k∈N），而在一般微积分的教材中又没有给出证明，仅有少数教材对该极限的特殊情
形“limn→∞n^k/an=0,（a〉1,k∈N）”进行了证明。

为了加深对该极限的理解和应用，这
篇文章用七种不同的方法对该极限进行了详细证明，体现了证明数列极限的灵活性和多样性。

通过对证明方法的归纳和总结，可以拓展证明数列极限的思路，起到举一反三的作用。

重要极限公式的推导引言在微积分中，极限是一个重要的概念。

它描述了函数在某一点附近的行为。

而极限公式则是用来计算极限的工具之一。

本文将以重要极限公式的推导为主题，逐步解释这些公式的来源和推导过程。

一、基本极限公式的推导1. 极限的定义在开始推导之前，我们先回顾一下极限的定义。

设函数f(x)在点a 的某个去心邻域内有定义，如果存在一个常数L，对于任意给定的正数ε，存在另一个正数δ，使得当0 < |x - a| < δ时，有|f(x) - L| < ε成立，则称函数f(x)在x趋于a时的极限为L，记作lim(x→a) f(x) = L。

2. 基本极限公式的推导基本极限公式是一些常见函数的极限值，它们在数学计算中非常常用。

其中包括：- lim(x→a) x^n = a^n，其中n为任意实数；- lim(x→0) (sinx)/x = 1；- lim(x→0) (1 - cosx)/x = 0；- lim(x→∞) (1 + 1/x)^x = e，其中e为自然对数的底数。

这些基本极限公式的推导可以通过数学分析和极限的定义进行证明。

由于篇幅有限，本文无法一一展开详细推导过程，但可以通过数学课本或相关资料进行学习和理解。

二、常用极限公式的推导1. 复合函数的极限对于两个函数f(x)和g(x)，我们可以通过将它们进行复合来构造新的函数h(x) = f(g(x))。

那么，当x趋于某个特定值a时，h(x)的极限如何计算呢？设当x趋于a时，函数g(x)的极限为L，即lim(x→a) g(x) = L。

同时，当x趋于L时，函数f(x)的极限为M，即lim(x→L) f(x) = M。

那么，当x趋于a时，函数h(x)的极限为lim(x→a) h(x) = M。

这一推导过程体现了函数极限的传递性，即如果一个函数的极限存在，并且另一个函数将其作为自变量，则复合函数的极限仍然存在。

2. 无穷小量与无穷大量的极限在极限的计算中，经常会遇到无穷小量和无穷大量。

第一个重要极限的几种证明及其应用
重要极限定理是一个基本而重要的数学概念，它有多种用法，通常用于证明等
式或不等式的结果的极限性质。

现在有几种证明重要极限的方法，特别是应用到生活娱乐中，从而使得我们的生活更加轻松愉快。

首先，有几种常见的证明重要极限的方法，例如基本极限定理、强化极限定理、限制定理等。

首先，基本限定理可以用来证明函数及其无穷序列的极限性质，可以用来求解罚款函数在极限条件下极限值，以及求解瞬态系统的动力学特性。

此外，强化极限定理是基本极限定理的一种更强的证明方法，它可以用来推导
更复杂的函数极限性质，并且可以用来分析一类复杂系统的全局性质，尤其是在复杂系统调控模型方面有着广泛的实际应用。

如果进一步地强化，就可以得出限制定理，它可以用来分析一类问题中的最优解，给复杂系统提供有效的全局解决方案。

最后，如何将这些重要极限定理应用到生活娱乐中呢？首先，在游戏领域，重
要极限定理可以用来计算游戏中的可行解，尤其是复杂的游戏，可以求解出最优的解决方案，使得游戏更加有趣。

另外，它也可以作为一种泛函分析方法，用于寻找图像处理、视频处理等任务中的最优结果。

总之，重要极限定理已经衍生出了多种用法，其应用于生活娱乐中，可以帮助人们更高效地解决问题，使得整个过程更加轻松愉快。

一个重要极限多种证法的教学反思教学是一项富有挑战性的工作，尤其是对于数学这门学科而言。

在教授重要极限多种证法时，教师需要灵活运用各种教学方法和策略，以满足学生的学习需求。

在本文中，我将反思我在教授重要极限多种证法时的教学经验，并提出一些建议以促进更有效的教学和学习。

首先，在教学重要极限的概念时，我使用了直观的例子来帮助学生理解。

我通过展示图形、实际生活中的应用以及数值表格等方式向学生解释极限的概念。

这样做的目的是激发学生的兴趣，并帮助他们建立起对极限的直观感受。

然而，在反思中我发现，这种方法可能并不适用于所有学生，因为一些学生可能更喜欢抽象的方式来理解概念。

因此，在今后的教学中，我会尝试不同方法来满足不同学生的学习需求。

其次，在讲解重要极限多种证法时，我注重了清晰的逻辑结构和语言表达。

我将证法分解为步骤，并逐一解释每一步的原理和推理过程。

这种分步讲解的方式能够帮助学生理清证明的思路，并且使他们更容易跟上课堂的内容。

此外，我还使用了简洁明了的语言表达，避免使用过于复杂的数学符号和术语，使得学生能够更好地理解和吸收所学知识。

然而，在反思中我也意识到，有时候我可能过于注重理论证明，而忽视了实际应用。

重要极限多种证法在现实生活中有着广泛的应用，包括物理、工程、经济等领域。

因此，我认为将理论与实际应用相结合将会使学习过程更加有趣和有意义。

例如，我可以引入一些实际案例或者建模问题，让学生通过应用所学的证法来解决实际问题。

这样的教学方法不仅可以增强学生对知识的理解与记忆，还能激发他们的学习兴趣和创造力。

此外，我在反思中也发现自己缺乏及时的反馈和评估机制。

反馈和评估是教学中至关重要的环节，它可以帮助学生发现自己的错误和不足，并引导他们进行修正和改进。

因此，在今后的教学中，我将更加重视及时反馈和评估，例如通过小测验、作业批改和讨论等方式来与学生进行互动和交流。

这样不仅可以帮助学生提高学习效果，同时也可以让我及时了解到他们的学习情况，从而更好地调整和优化我的教学策略。

证明极限的几种方法极限是微积分中的一个重要概念，用来描述函数在某一点或无穷远处的趋势。

在数学中，有多种方法可以用来证明极限的存在或计算极限的值。

本文将介绍几种常用的证明极限的方法。

一、数列极限的证明方法数列极限是极限的一种特殊情况，通常用来描述数列在无穷项处的趋势。

对于数列${a_n}$，如果存在一个实数$a$，使得对于任意给定的正实数$\varepsilon$，都存在正整数$N$，使得当$n>N$时，有$|a_n-a|<\varepsilon$成立，则称数列${a_n}$的极限为$a$，记作$\lim\limits_{n\to\infty} a_n=a$。

数列极限的证明方法主要有夹逼准则、单调有界准则等。

夹逼准则是证明数列极限存在的常用方法。

其思想是通过夹逼数列，找到一个已知的收敛数列，使得待证数列夹在这两个数列之间。

然后利用已知数列的极限，推导出待证数列的极限。

例如，要证明数列${\frac{1}{n}}$收敛于0，可以利用夹逼准则。

首先，我们知道对于任意正整数$n$，都有$0<\frac{1}{n}<\frac{1}{1}=1$。

又因为$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{1}{1}=0$，所以根据夹逼准则，数列${\frac{1}{n}}$的极限存在且为0。

二、函数极限的证明方法函数极限是极限的一般情况，用来描述函数在某一点处的趋势。

对于函数$f(x)$，如果存在一个实数$a$，使得对于任意给定的正实数$\varepsilon$，都存在正实数$\delta$，使得当$0<|x-a|<\delta$时，有$|f(x)-a|<\varepsilon$成立，则称函数$f(x)$在点$a$处具有极限$a$，记作$\lim\limits_{x\to a} f(x)=a$。

函数极限的证明方法主要有$\varepsilon-\delta$准则、夹逼准则等。

关于一个重要极限的几点注记摘要:本文指出了一般教材中关于一个重要极限的证明中存在的问题.讨论了该重要极限与圆的面积公式的等价关系.关键词:极限方法重要极限圆面积公式等价关系中图分类号文献标志码高等数学或数学分析课程中,都要在引入极限概念后讲述两个重要极限,其中之一是. (1)所以称它是”重要”极限, 是因为正弦函数的导数公式是由它推导出来的, 其意义不言自明.在这里首先要指出该公式是不可以用洛必达法则证明的, 因为用洛必达法则要用到正弦函数的导数公式 ,而这个导数公式是由此重要公式推导出来的, 这构成了一个逻辑循环.在公式(1) 的证明中要用到不等式(2)在这个不等式的证明中大多数教材都用了扇形面积公式, 扇形面积公式又来自圆面积的公式. 在中小学课程里是用直观的方式描述了圆面积公式,被印到了学生的脑子里. 在承认圆的面积公式的前提下证明不等式(2)无可厚非, 但在逻辑上有点瑕疵, 因为毕竟没有把圆的面积公式说清楚. 如果按照后面用定积分来定义和计算圆的面积时，要计算积分.(3)若用三角代换就要用到的导数公式，而的导数公式推导又要用到的结果，这又造成了逻辑循环。

怎么解决这个问题呢?就以上分析可以从两方面入手, 一是不用圆的面积公式来证明不等式(2), 一是不用三角代换计算积分(3). 后者可以实现, 但计算(3) 毕竟离公式(1)的出现地太远了, 限于篇幅在此不再赘述.下面来实现第一个方案. 以下首先定义圆弧的长,作者简介:李映萱(2005-- ) 河南项城县人Email:***********再用弧得到长与圆心角的关系证明不等式(2)设在半径为的圆中有圆弧,其对应的圆心角为, 将圆弧分为等分,连接各分点得到一条折线, 它的每小段对应的圆心角为, 每小段的长度为, 折线总长为. 易知,故{}是一个单增数列.由于 , .于是,此表明{} 有上界,从而{}有极限, 记极限为C. 我们有理由把C 称为弧的长 (此定义与曲线长度的一般定义一致). 由此有.(4)如果承认了圆的周长公式,并引入角的弧度制,则有故不等式(3)成立. 至此我们没有用圆面积公式证明了(3)式.仔细推敲,这里还有一个圆的周长为什么是的问题, 从小学到大学还没有真正交待过, 而角的弧度制又与它相关,并且存在一个公式问题, 前述的那个C是否就是.由于篇幅所限,以下只按照上面得出C 的极限方法定义圆的周长和面积 ,并对公式进行一个解释. 最后揭示一个重要的事实.设圆内接正多边形周长的数列为{}.根据三角形两边之和大于第三边的定理，该数列单调上升.同样的道理可知相应的圆的外切正多边形周长的数列 {}单调下降易证：对于任意正整数，.事实上，设OA是外切正多边形的边心距. OM是内接正多边形（边数和外切的一样多）的边入心距. ，内接与外切的这两个多边形相似，它们的周长之比等于任意一对对应线段之比，所以因此. 于是这表示{}的一切项都小于，是它的上界，根据单调有界数列必有极限的定理，有极限,记为. 用同样的方法证明有极限,记为L.最后来证明其中是圆周角.所以我们有理由定义这极限为圆周之长. 按照这个圆周长的定义，可以定义，为圆的半径. 但是还要证明是常数，与无关. 考察两个圆，设它们的半径分别为和，周长分别为和. 对于它们如上做同样的处理，所得相同边数的内接正多边形的周长分别记为和. 由位似多边形的性质，和的比等于它们半径的比：取极限得，按上述的定义，代入，得或此表明是一个常数，与圆的半径无关. 于是有了圆的周长公式.类似的,可以定义圆的面积，并且可以得到事实上，只要把上述的内接和外切正多边形周长序列和分别改为相应的面积序列和即可证明后二者的极限存在并相等，从而可以定义该数为圆的面积. 又圆外切正多边形的面积与周长的比为，故，如果事先如上定义圆的面积,再来证明公式(1)逻辑上就没有问题了. 反过来, 如果承认公式(1),也可以按如上定义的圆面积得到圆面积公式事实上,用表示内接多边形的边长,则(5)于是有如下结论:重要极限(1)与圆面积公式(5)是等价的.结束语若承认圆的面积公式来证明不等式(2), 并无不可,逻辑上有点值得商榷.本文用极限方法定义了圆弧的长度, 并由此避开了圆的面积公式证明了不等式(2). 另外用极限方法定义了圆的面积并由此得到计算公式..这些定义是与一般曲线的长度的定义和一般图形的面积定义相一致的. 本文的目的并不在于只是从逻辑上完善重要极限的证明,而是强调极限方法, 极限方法是微积分的精髓,是联系无限与有限的桥梁. 圆的周长和面积都是无法用有限步的计算得到的量,而无限步的计算又无法实现, 极限方法可以合情的得到这些量的精确值. 对于圆的周长和面积,中小学课程中用描述的直观的做了解释, 到了大学应该给出一个合适的交待..单就重要极限的证明,已有很多讨论,见仁见智. 有些书上把这个极限作为合情的假设. 有些书上，例如[2]和[3]，明确指出可以证明：“对于光滑的曲线弧段，弧段与其对应弦长之比当弦长趋向于零时的极限等于1”，或换个说法，“对于光滑的曲线弧段当弦长趋向于零时弧段与其对应弦长是等价无穷小量”.如果事先明确指明这些事实，就可以不加证明地承认这个重要极限成立。

一个重要数列的极限存在问题的证明总结摘要：用两种方法对一个重要的数列的极限存在问题的证明总结，这个重要的数列是{y n =(1+1n)n} 关键词：数列，极限，存在问题在《数学通报》，2006.6一期中，有一篇《一个重要的极限的证 明》。

对数列{y n =(1+1n)n }的极限的存在问题给出了一种新的简明证 法。

下面，我对这个极限的存在问题的证法进行总结。

证法一：对{y n =(1+1n)n }应用二项式展开，可得：y n =1+n*1n +*(1)2!n n -*21n + +*(1)(2)3*2*1!n n n n -- 1nn =1+1+12!(1-1n )+13!(1-1n )(1-2n )+ +1!n （1-1n ）（1-2n ）（1-1n n-） y n-1=1+1+12!(1-11n +)+13!(1-11n +)(1-21n +)+ +1(1)!n +(1-11n +)(1-21n +) (1-1n n +)但，(1-1n )﹤(1-11n +)(1-2n )﹤(1-21n +)（1-1n n -）﹤（1-11n n -+）所以,y n 中的每一项都小于y n+1中的相应项,而y n+1中还多出最后一项.且,这项显然大于零,因此,y n ﹤y n+1故{y n }是单调增加数列.现在来证明{y n }的有界性,因 y n 的展开式的每一项括号内的因子都是小于1的,所以有, 0﹤y n ﹤1+1+12!+13!+ +1!n ﹤1+1+11*2 + 12*3 + + 1(1)*n n- =1+1+（1-12）+（12-13）+ +（11n --1n） =1+1+1-1n即,{y n }为有界数列,根据夹值定理, 1lim(1)n n e n→∞+= 存在。

证法二:预备知识：基本不等式——a 1*a 2* a n ≤(1n1ni i a =∑)n(a i ≥0)令x n =(1+ 1n )n 则由基本不等式——a 1*a 2* a n ≤(1n 1ni i a =∑)n得，x n =1*（1+1n ）（1+1n ） （1+1n ）≤[11n +（n+1+1n *n ）]n+1=(1+11n +)n+1=x n+1于是，数列{x n }单调不减令z n =（1+1n）n+1 则再由上面的不等式有： （1n n +）n+1≤[12n +(1+*(1)1n n n ++)]n+2=(21n n ++)n+2 又由于幂级数的运算法则——“底数颠倒，指数反号，其值不变”，有， y n = （1+1n ）n+1 >= (21n n ++)n+2= y n+1于是，对任意给定的 n 属于N,均有y n ≤4 ，又由于x n=(1+ 1n )n≤（1+1n）n+1 = y n+1故数列{x n}单调不减且有上界（上界为4）根据数列极限的存在准则，数列{x n=(1+ 1n)n }极限存在由于这个极限首先被瑞士科学家欧拉（L.Euler1707-1783）记为e,因此有：1lim(1)nn en→∞+=参考文献：陈传璋等编，《数学分析》（第二版）上册，高等教育出版社，1983年7月《数学通报》2006年6月。

第一重要极限证明
“第一重要极限证明”是一个在数学分析领域中非常重要的证明
之一。

该证明可以用来帮助解决一系列高等数学问题，特别是涉及极
限计算和连续性的问题。

证明的核心思想是通过分析函数的变化情况来确定函数的极限值。

具体来说，我们考虑一个函数在无限逼近某一点时的极限值，并将其
表示为一个数学表达式。

通过对这个表达式进行简化和分析，我们可
以确定函数的极限值，从而解决相应的问题。

在该证明中，我们需要运用一些基本的数学工具和原理，如导数
的定义、中值定理、极限运算法则等。

同时，我们需要采用一些巧妙
的方法来化简和推导函数的表达式，包括换元法、分式分解、积分运
算等。

总之，“第一重要极限证明”是一个非常重要的数学工具，可以
广泛应用于解决各种数学问题。

对于学习数学分析的人来说，掌握这
一证明的基本方法和技巧，对于提高数学分析能力和解决实际问题具
有非常重要的意义。

证明数列极限存在的方法大总结最近几年证明数列极限存在已经成为考研数学的压轴大题了，而且有的题目确实挺操蛋的，关于证明数列极限存在的问题确实有一定的难度，这里唐老师给大家进行详细的总结这类问题的方法：一、利用夹逼准则夹逼准则利用夹逼准则关键是进行不等式放缩，这里是有一定技巧的。

1.比如在求数列n项和极限利用夹逼准则时，往往对分母进行统一化放缩，分母都取最大的，整体就放小了；分母都取最小的，整体就放大了，然后再计算两边的极限即可，这里举一道例题2.关于数列非n项和（不妨称为m项和），其计算方法也是利用夹逼准则，但是我们可以将其总结为固定的答题公式，关于公式怎么来的，我们不在这里详述（主要是因为不太方便打字，哈哈哈哈哈哈），其经典模式及公式为数列m项和极限计算公式照猫画虎，我们举例说明本题也是2023年数学四考研真题稍加改变再给出一道经典例题，改题的出法就明显高于上面的考研真题了，请同学们好好琢磨：4.有的考研真题需要综合利用定积分定义和夹逼准则方可解决，如何1998年数学一的真题二、利用单调有界准则当然，以上还没有涉及到证明数列极限存在的难题。

考研中，证明数列极限存在的题目十之八九考查单调有界准则，而单调有界准则是大多数同学们比较困难的地方，因为既要证明单调性，又要证明有界性，往往这两个并不是容易证明的。

单调性的证明往往有两种手段：若某_{n+1}-某_{n}>0 ，则数列 {某_n} 单调增加，否则单调减少；若 \frac{某_{n+1}}{某_n}>1 ，则数列 {某_n} 单调增加，否则单调减少。

利用单调有界证明数列极限存在的题目往往都是已知递推式的特点，我们来看2002年数学二的一道真题2002年数学二，解析出自《考研数学核心考点1200题》这个题目的有界性证明利用了数学归纳法，这也是很多题目证明有界性的常见方法。

有的题目的有界性及单调性的证明除了利用归纳法外，还需要根据题目条件及常见的不等式来处理，比如2023年考研数学真题，这个题目成了当然的压轴题：2023年真题，解析来自《考研数学核心考点1200题》《考研数学核心考点1200题》当然，可能会出现比较操蛋的题目，就是数列不具备单调性，我们应该如何处理，这是再利用单调有界就属于重在参与了，如同学们可以观察发现数列某_n 不具备单调性（当然可能有点为难大家了，因为你们可能观察不出来），我们可以令某_{n+1}=y,某_n=某，得到函数 y=f(某) ，如果 f'(某)>0 ，可以得出数列 {某_{n}} 具备单调性。

关于一个重要极限证明逻辑的探讨
雅可比极限证明逻辑（Analysis of the Limit proofs Logic）具有重要意义，很多数学模型使用它来证明复杂的定理。

在过去的几个世纪里，它不仅可以证明定理，而且还帮助理解定理。

雅可比极限证明逻辑具有多样性，使其适用于极端复杂的定理。

首先，要解释的是什么是准确的雅可比极限证明逻辑，它具有三个基本步骤：1、定义变量；2、定义结果对于该变量的极限；3、证明变量的极限不同于结果的极限。

作为例子，一个定理，如极限形式的定义，就是一种极限，它仅当变量的值趋近某个确定值时才会发生变化。

极限证明逻辑就是要证明变量不会趋近该结果值，只有当结果值存在时才能确定当前变量的值。

其次，一个重要极限证明逻辑的特点是，它的结果可以定义为指数函数形式。

在雅可比极限证明逻辑中，极限定义可以帮助分析更复杂定理的极限。

例如，没有指数函数形式定义时，可以将其定义为极限，并使用极限证明逻辑证明它是成立的。

这可以节省大量的时间和精力，有助于对更复杂的定理进行更有效的分析。

最后，极限证明逻辑对于理解定理至关重要，因为它可以帮助解释定理而不需要完整的数学表达式。

这就是为什么这种理论能够把现实的数学问题带入实际的实践，因为它使用自然的口语语言来描述不同的情况，而不是纯数学模型。

此外，它也可以帮助理解普通定理，而不是只是对特殊情况的分析。

重要极限的证明1.求证：sin(π/(2n+1))sin(2π/(2n+1))sin(3π/(2n+1))……sin(nπ/(2n+1))=√(2n +1)/2^n,Sol:复数方法：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^n2.三角函数求证：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)]- co s [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,Dirichlet 判别法.这是最典型的一个用Dirichlet 判别法判别收敛的例子.sinn 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Dirichl et 判别法知道级数cos2n/(n+1)收敛,但级数1/(n+1)发散,于是易知不绝对收敛.建议记住这个典型例子.12122ln ln ...ln lim .2ln ln ln ...ln n ln 2ln 1:ln 2ln =ln 2o n n n n x no n n n n c c c I nn c c c n n sol n n n n nI →∞+++=+++-≤==-求5.求sin π/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^nSol: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]}πlim(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/[√(n 2+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。