已知序列 Zn 1 k 1 k 2 k 3 k n k n k 1 和 k 是自然數 求 Zn 60 的極限

求定積分：（0 n）x kdx=[1 （1+k）]n （1+k），0 n）x kdx 是曲線的面積 y=x k，直線 y=0（x 軸），直線 x=n，設面積為 s1，所以 n （1+k）=（1+k）s1 ;設 s2=1 k+2 k+。n k 和 s2 是 n 個矩形的面積之和，每個矩形的寬度為 1，函式 x k 的高度為 ，

函式在 n 處的值; 根據題目和的意思，zn=（1+k）s2-（1+k）s1=（1+k）（s2-s1）; 由於 x k 是 x 0 [（x k） 處的遞增函式'=kx （k-1） 0]，所以 s2-s1 0，所以 Zn 0，即 Zn 是正序列;事實上，zn 可以看作是 n 個區域的總和：zn=（1+k）{[1 k- （0 1）x kdx]+[2 k- （1 2）x kdx]+。i^k-∫(i-1→i)x^kdx]+.

n k- （n-1 n）x kdx]}=（1+k） （i=1 n）[i k- （i-1 i）x kdx]， 所以 zn=i k- （i-1 i）x kdx ， 則 zn=（1+k） （i=1 n）zni ;顯然 zni 0，當 i = n， zni = znn = n k - [1 （1+k）][n （1+k）-（n-1） （1+k）] 應用 Lobita 規則可以證明：當 n +、znn + 和 zn znn 時，所以當 n +、zn + Bi）。

這個話題有問題。

zn=(1+k)(1^k+2^k+3^k...n k） n （k+1） = 1（減去符號以除法）。

zn=[(1+k)(1^k+2^k+3^k...n k）-n （k+1）] [（1+k）*（n k）] = 1 2（表示式除以因數 [（1+k）*（n k）] 有極限）。

省略了證明。 請參閱正在提出的問題。

因為 1 k、2 k、3 k,..n k 是 k 階差的一系列，所以你不妨設定 1 k+2 k+3 k+...n^k=a0(k)+a1(k)*n+a2(k)*n^2+..

ak+1(k+1)n^(k+1)

計算得出：

a0(k)=0

ai(k)=p(k+1,k),i=1,…,k-1ak(k)=1/2

ak+1(k+1)=1/k

其中 p（i，i）=1 k， i=1,...,k+1p(i,j)=-(1/i)(∑n=j,…,i-1)c(i,n-1)p(n,j),i

因為 1 k、2 k、3 k,..n k 是 k 階差的一系列，所以你不妨設定 1 k+2 k+3 k+...n^k=a0(k)+a1(k)*n+a2(k)*n^2+..

ak+1(k+1)n^(k+1)

計算得出：

a0(k)=0

ai(k)=p(k+1,k)，i=1,…,k-1ak(k)=1/2

ak+1(k+1)=1/k

其中 p（i，i）=1 k， i=1,...,k+1p(i,j)=-(1/i)(∑n=j,…,i-1)c(i,n-1)p(n,j)，i

證明：（1） 左 = KC

knk?n!

k!(n-k)!

n!k-1)!(n-k)!

右=n？(n-1)!

k-1)!(n-k)!

n!k-1)!(n-k)!

峰值返回到 kcknnc

k-1n-1

2） 數字序列 a0a1a2 從標題中獲得

它是一系列等孔碰撞差，公差為a1a0

則 p（x）=a

c0n1-x)na

c1nx(1-x)n-1a

c2nx1-x)n-2…+an

cnnxnac0n

1-x)n[a

aa]c1n

x(1-x)

n-1…+[a

n(aa]cnn

xnac0n1-x)n

c1nx(1-x)

n-1…+cnnx

n+(aa[c1n

x(1-x)n-12c

2nx1-x)n-2

猜猜飢餓 + NCNNX

na(1-x)+x]n(a

anx[c0n-1

1-x)n-1c1n-1

x(1-x)

n-2…+c

n-1n-1xn-1

a(aanx[x+(1-x)]n-1a0

a1a0nx，所以對於任何正整數 n，p（x） 是相對於 x 的一次性表示式