1到n的立方和公式的推导过程

证明,方法一：(n+1)^4-n^4=4n^3+6n^2+4n+1∴n^3=(1/4)[(n+1)^4-n^4]-(3/2)n^2-n-1/4∴左边=∑i^3=(1/4)[(n+1)^4-1]-(3/2)(1/6)n(n+1)(2n+1)-(1/4)n-(n+1)n/2=(1/4)(n^4+4n^3+6n^2+4n-2n^3-3n^2-n-n)-(1/2)(n^2+n)=

项数n,首相a1,末项an,公差d,等差数列这个概念最早是高斯提出的,根据其定义很容易得到
n=（an-a1）/d+1
；
等差数列的通项公式an=a1+（n-1）d,解n即可得到上式
这个还可以求d=（an-a1）/（n-1）
求d还有很多推广形式：
d=（an-am）/（n-m）————————这个只要用an和am相减即可（用通项相减）

清楚定义的话,这些结论可以直接验证
由定义,复数a是一个n次单位根当且仅当a^n = 1
(1) 若a,b都是n次单位根,则a^n = b^n = 1
于是(ab)^n = a^n·b^n = 1,即ab也是n次单位根
(2) 若a是n次单位根,则a^n = 1
显然a ≠ 0,1/a有定义,且(1/a)^n = 1/a^n = 1,即1/a也是n次单位根
(3) 首先若z = 0,则z的n次方根只有0,命题显然成立以下只考虑z ≠ 0的情况
若a是z的一个n次方根,则a^n = z可知a ≠ 0
对z的任意一个n次方根b,有b^n = z于是(b/a)^n = b^n/a^n = 1
即b/a是一个n次单位根,故b = a·(b/a)可写为a与某个n次单位根的乘积
反之,若c是一个n次单位根,有c^n = 1
于是(ac)^n = a^n·c^n = z,即ac必为z的n次方根

Σ(1/n)
其中n=1,2,3
是没有一个具体的通项公式的，但是如果当n到了很大的时候，可以有一个很简单的求大概值方法
上面那个数列和是不会收敛的，将一直发散下去。
n很大时，可以用∫(1/x)来近似替换，这个积分计算出来是ln(x)
所以n很大时，这个数列的近似值是ln(n)

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