1樓：我是一個麻瓜啊
函式是發散的，沒有極限。
證明如下：
.s(n)=1/1+1/2+1/3+...+1/n首先要指出，這個數列是沒有極限的。
也就是說，這個級數是發散的，而不是收斂的。
下面證明s(n)可以達到無窮大：
1/1 = 1
1/2 = 1/2 >= 1/2
1/3+1/4 >= 1/4+1/4 >=1/2.
1/5+1/6+1/7+1/8 >= (1/8)*4 >=1/2s(2^n)>=(1/2)*n+1
所以s(n)沒有極限，即函式發散。
2樓：漫爾竹
1+1/2+1/3+1/4+an收斂的話，極限沒有極限，因為它是無限迴圈的，可以，就像那個什麼鈣
3樓：匿名使用者
函式是發散的
證明如下：
.s(n)=1/1+1/2+1/3+...+1/n首先要指出,這個數列是沒有極限的.
也就是說,這個級數是發散的,而不是收斂的.
下面證明s(n)可以達到無窮大:
1/1 = 1
1/2 = 1/2 >= 1/2
1/3+1/4 >= 1/4+1/4 >=1/2.
1/5+1/6+1/7+1/8 >= (1/8)*4 >=1/2. ......
所以: (2^n就是2的n次方)
s(2^n)>=(1/2)*n+1.
所以s(n)沒有極限，即函式發散
有疑問請追問
望採納謝謝
4樓：
這麼的做題是沒有極限，無極限，多子去了，
請問1+1/2+1/3+1/4+1/5+...+1/n怎麼求和？
5樓：
當n很大時，有：1+1/2+1/3+1/4+1/5+1/6+...1/n = 0.
57721566490153286060651209 + ln(n)//c++裡面用log(n)，pascal裡面用ln(n)
0.57721566490153286060651209叫做尤拉常數
to gxq:
假設;s(n)=1+1/2+1/3+1/4+..1/n
當 n很大時 sqrt(n+1)
= sqrt(n*(1+1/n))
= sqrt(n)*sqrt(1+1/2n)
≈ sqrt(n)*(1+ 1/(2n))
= sqrt(n)+ 1/(2*sqrt(n))
設 s(n)=sqrt(n),
因為：1/(n+1)<1/(2*sqrt(n))
所以：s(n+1)=s(n)+1/(n+1)< s(n)+1/(2*sqrt(n))
即求得s(n)的上限
1+1/2+1/3+…+1/n是沒有好的計算公式的，所有計算公式都是計算近似值的，且精確度不高。
自然數的倒陣列成的數列,稱為調和數列.人們已經研究它幾百年了.但是迄今為止沒有能得到它的求和公式只是得到它的近似公式(當n很大時):
1+1/2+1/3+......+1/n≈lnn+c(c=0.57722......一個無理數,稱作尤拉初始,專為調和級數所用)
人們傾向於認為它沒有一個簡潔的求和公式.
但是,不是因為它是發散的,才沒有求和公式.相反的,例如等差數列是發散的,公比的絕對值大於1的等比數列也是發散的,它們都有求和公式.
1+1/2+1/3+1/4+1/5+.........+1/n的求和怎麼算？
6樓：淋雨一直走洋
利用「尤拉公式：1+1/2+1/3+……+1/n=ln(n)+c,c為尤拉常數數值是0.5772……
則1+1/2+1/3+1/4+...+1/2007+1/2008=ln(2008)+c=8.1821（約）
就不出具體數字的，如果n=100 那還可以求的 。然而這個n趨近於無窮 ，所以算不出的。
它是實數，所以它不是有理數就是無理數，而上兩層的人說「談不上到底是無理數還是有理數」的說法顯然是錯誤的。而根據種種依據可判斷它是無理數。
具體證明過程如下：
首先我們可以知道實數包括有理數和無理數，而有理數又包括有限小數和無限迴圈小數，有理數都可以劃成兩個有限互質整數相除的形式（整數除外）。而1+1/2+1/3+1/4+1/5+...+1/n (n為無限大)通分以後的分子和分母都是無窮大，不是有限整數，且不能約分，所以它不屬於有理數，因此它是無理數。
而1+1/2+1/3+1/4+1/5+...+1/n (n為無限大)不存在迴圈節，不可能根據等比數列知識劃成兩個互質整數相除的形式。所以它終究是無理數。
這是有名的調和級數,是高數中的東西。這題目用n!
當n->∞，1+1/2+1/3+1/4+1/5+...+1/n->∞，是個發散級數
當n很大時，有個近似公式：1+1/2+1/3+1/4+1/5+...+1/n=γ+ln(n)
γ是尤拉常數，γ=0.57721566490153286060651209...
ln(n)是n的自然對數（即以e為底的對數,e=2.71828...）
由於ln(1+1/n)ln(1+1)+ln(1+1/2)+ln(1+1/3)+…+ln(1+1/n)
=ln2+ln(3/2)+ln(4/3)+…+ln[(n+1)/n]
=ln[2*3/2*4/3*…*(n+1)/n]=ln(n+1)
由於lim sn（n→∞）≥lim ln(n+1)（n→∞）=+∞
所以sn的極限不存在，調和級數發散。
但極限s=lim[1+1/2+1/3+…+1/n-ln(n)]（n→∞）卻存在，因為
sn=1+1/2+1/3+…+1/n-ln(n)>ln(1+1)+ln(1+1/2)+ln(1+1/3)+…+ln(1+1/n)-ln(n)
=ln(n+1)-ln(n)=ln(1+1/n)
由於lim sn（n→∞）≥lim ln(1+1/n)（n→∞）=0
因此sn有下界
而sn-s(n+1)=1+1/2+1/3+…+1/n-ln(n)-[1+1/2+1/3+…+1/(n+1)-ln(n+1)]
=ln(n+1)-ln(n)-1/(n+1)=ln(1+1/n)-1/(n+1)>ln(1+1/n)-1/n>0
所以sn單調遞減。由單調有界數列極限定理，可知sn必有極限，因此
s=lim[1+1/2+1/3+…+1/n-ln(n)]（n→∞）存在。
擴充套件資料：
調和級數（英語：harmonic series）是一個發散的無窮級數。調和級數是由調和數列各元素相加所得的和。
中世紀後期的數學家oresme證明了所有調和級數都是發散於無窮的。但是調和級數的拉馬努金和存在，且為尤拉常數。
發散性調和級數比較審斂法
因此該級數發散。
調和級數積分判別法
通過將調和級數的和與一個瑕積分作比較可證此級數發散。考慮右圖中長方形的排列。每個長方形寬1個單位、高1/n個單位（換句話說，每個長方形的面積都是1/n），所以所有長方形的總面積就是調和級數的和：
矩形面積和：
而曲線y=1/x以下、從1到正無窮部分的面積由以下瑕積分給出： 曲線下面積：
由於這一部分面積真包含於（換言之，小於）長方形總面積，長方形的總面積也必定趨於無窮。更準確地說，這證明了：
這個方法的拓展即積分判別法。
調和級數反證法
假設調和級數收斂 , 則：
但與矛盾，故假設不真，即調和級數發散。
7樓：匿名使用者
這是一個有名的調和級數：
當n->∞，1+1/2+1/3+1/4+1/5+...+1/n->∞，是個發散級數，而極限卻是收斂的
當n很大時，有個近似公式：1+1/2+1/3+1/4+1/5+...+1/n=γ+ln(n)
γ是尤拉常數，γ=0.57721566490153286060651209...
數列n分之 1的n次方，是收斂數列嗎，收斂數列不是有保號性嗎
是收斂數列，但其極限為0 這個很容易觀察的 並不符合保號性的條件 保號性要求極限是正或負，沒有極限為0的情況。 是收斂數列，這是一個交錯級數，用萊布尼茨判別法可以判斷它是收斂的 收斂數列的保號性怎麼理解？ 1,若有正整數n，使得當n n時an 0 或 0 則極限a 0 或 0 2,若極限a 0 或 ...
n ln 1 1 n 的收斂性證明
試圖讓豬飛翔 呵呵不會 已經忘記了 猜想收斂於0 1 n ln 1 1 n 好像可以用等價無窮小的方法證明好像可以用 拉格朗日公式 好像可以用夾逼法則 放縮放棄 1 n in 1 1 n 1 n 1 xdx 1到正無窮 inn 無窮大 力琳瑜 方法一 s 1 1 2 1 3 1 n ln n ln ...
11 1 13 是收斂的嗎
京天青 x1 1 1 2 1 3 1 4 1 2 n x2 1 2 1 4 1 6 1 8 1 2 n 1 2 1 1 2 1 3 1 4 1 n x3 x1 x2 1 1 31 5 1 7 1 2n 1 x1和x2可用尤拉公式求出近似值 n越大越精確 x3自然可以得到了。不收斂 用p m 表示第m...