ln1+2ln2+3ln3+...+nln(n) 有限项的和

王守恩

求助：ln1+2ln2+3ln3+4ln4+...+nln(n)  有限项的和

qingjiao

=n∑ln(n)-∑ln1-∑ln2-∑ln3-...-∑ln(n-2)-∑ln(n-1)

然后楼主逐个应用：∑ln(m)≈mlnm-m+(lnm)/2+(ln2π)/2+1/12m 的公式慢慢化简吧

qingjiao

不好意思，楼上的算法可能只有一个循环的结果，建议通过ln(1+x)的展开式求和。

ln(n-r)=ln[(n-r)/n]+ln(n)=ln(1-r/n)+ln(n)=-r/n-(1/2)(r/n)^2-(1/3)(r/n)^3-...+ln(n)，r=1,2,3,..., n-1

这样可以将每个ln(m)=ln(n-r)项展开，楼主再慢求和简化吧。

282842712474

https://en.wikipedia.org/wiki/Euler%E2%80%93Maclaurin_formula

$$\sum _{i=m}^{n}f(i)-\int _{m}^{n}f(x)~{\rm {d}}x={\frac {f(m)+f(n)}{2}}+{\frac {1}{6}}{\frac {f'(n)-f'(m)}{2!}}-{\frac {1}{30}}{\frac {f'''(n)-f'''(m)}{4!}}+\cdots +B_{2k}{\frac {f^{(2k-1)}(n)-f^{(2k-1)}(m)}{(2k)!}}+R_{2k}.$$

王守恩

282842712474 发表于 2018-6-11 19:35
https://en.wikipedia.org/wiki/Euler%E2%80%93Maclaurin_formula

$$\sum _{i=m}^{n}f(i)-\int _{m}^{n} ...

      求助。我们可以这样说吗？

     \(\D\lim_{\theta\to\infty}\frac{n\ln(1)+n\ln(2)+n\ln(3)+...+n\ln(n)}{1\ln(1)+2\ln(2)+3\ln(3)+...+n\ln(n)}=2\)

         

mathe

https://en.wikipedia.org/wiki/Stolz%E2%80%93Ces%C3%A0ro_theorem
设\((a_n)_{n\ge 1}\)和\((b_n)_{n\ge 1}\) 是两个实数序列。如果\((b_n)_{n\ge 1}\) 严格单调增而且发散，而且极限\(\lim_{n->\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=l\)
那么必然有\(\lim_{n->\infty}\frac{a_n}{b_n}=l\)
所以取\(a_n=n\ln(1)+n\ln(2)+...+n\ln(n), b_n=1\ln(1)+2\ln(2)+...+n\ln(n)\)
于是\((b_n)_{n\ge 1}\)严格单调增，
而\(\lim_{n->\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=\lim_{n->\infty}\frac{\ln(1)+\ln(2)+...+\ln(n)+(n+1)\ln(n+1)}{(n+1)\ln(n+1)}=1+\lim_{n->\infty}\frac{\ln(1)+\ln(2)+...+\ln(n)}{(n+1)\ln(n+1)}=1+\lim_{n->\infty}\frac{\ln(n!)}{(n+1)\ln(n+1)}\)
根据Stirling公式$\ln(\sqrt(2pi n))+n\ln(n)-n\lt \ln(n!) \lt\ln(\sqrt(2pi n))+n\ln(n)-n+1/{12n}$
所以\(\lim_{n->\infty}\frac{\ln(n!)}{(n+1)\ln(n+1)}=1\)
也就是\(\lim_{n->\infty}\frac{a_n}{b_n}=\lim_{n->\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=2\)

王守恩

mathe 发表于 2018-6-12 17:03
https://en.wikipedia.org/wiki/Stolz%E2%80%93Ces%C3%A0ro_theorem
设\((a_n)_{n\ge 1}\)和\((b_n)_{n\ge ...

谢谢mathe！照葫芦画瓢，我还是画不好。下面的算式能成立吗？


\(\D\lim_{n\to\infty}\frac{(\ln(1))^n+(\ln(2))^n+(\ln(3))^n+\cdots+(\ln(n))^n}{(\ln(1))^1+(\ln(2))^2+(\ln(3))^3+\cdots+(\ln(n))^n}=\ln(n)\)

王守恩

mathe 发表于 2018-6-12 17:03
https://en.wikipedia.org/wiki/Stolz%E2%80%93Ces%C3%A0ro_theorem
设\((a_n)_{n\ge 1}\)和\((b_n)_{n\ge ...

7楼的算式有问题，我来改一下！


\(\D\lim_{n\to\infty}\frac{(\ln(1))^n+(\ln(2))^n+(\ln(3))^n+\cdots+(\ln(n))^n}{(\ln(1))^2+(\ln(2))^3+(\ln(3))^4+\cdots+(\ln(n))^{(n+1)}}=1\)

王守恩

mathe 发表于 2018-6-12 17:03
https://en.wikipedia.org/wiki/Stolz%E2%80%93Ces%C3%A0ro_theorem
设\((a_n)_{n\ge 1}\)和\((b_n)_{n\ge ...

  谢谢mathe！求助！我是算不好的！

\(\ \ \ \D 若\lim_{n\to\infty}a_{n}=a，a_{n}\gt 0 (n=1,2,3,\cdots)，计算极限：\)

\(\ \ \ \ \ \ \D \lim_{n\to\infty}\lim_{x\to0}\left(\frac{a_{1}^x+a_{2}^x+a_{3}^x+\cdots+a_{n}^x}{n}\right)^{\frac{1}{x}}\)

mathe

\(\lim_{x\to0}\left(\frac{a_{1}^x+a_{2}^x+a_{3}^x+\cdots+a_{n}^x}{n}\right)^{\frac{1}{x}}=\sqrt[n]{a_1a_2a_3...a_n}\)
所以9#的答案很显然。8#的也没有问题，其实只要分子分母都和$\ln^{n+1}(n)$比较即可