微积分与无穷级数

微积分与无穷级数

最近在备考大学生数学竞赛，知乎已经开了一个专栏（见：https://www.zhihu.com/column/c_1425576103074897920 ），博客园这边也开一个简化版的吧（x），知乎专栏里大概是一日一更的一些题，因为知乎公式编辑器太拉了，所以可能公式不会太多，之后的应该是以idea为主。

然后这篇博客就收录一些有意思的微积分/无穷级数的题，是从专栏那边复制来的。

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1、求\(\begin{aligned}\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n-1} (1+\frac{k}{n})\sin\frac{k\pi}{n^2}\end{aligned}\)

乍一看麻烦就麻烦在sin里面的东西不是很符合我们需要的形式，一种直观的感觉是， \(\frac{k\pi}{n^2}\) 似乎是一个无穷小量，等价无穷小替换成\(\begin{aligned}\pi\sum_{k=1}^{n-1}(1+\frac{k}{n})\frac{k}{n^2}=\pi\sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2}+\pi\sum_{k=1}^{n-1}\frac{k^2}{n^2}=\pi(\frac{\frac{1}{2}n^2+o(n^2)}{n^2}+\frac{\frac{1}{3}n^3+o(n^3)}{n^3})=\frac{5\pi}{6}.\end{aligned}\)

这样做对吗？您别说，答案还真挺对（x），但写完这个我总感觉有点不太舒服（bushi），你说这如果是一个无穷小的sin乘在Σ外面我们直接替换还挺舒服，但这sin在和式里面，我们说乘积才能直接替换，这加法替换总有点怕出事情。

所以这样子就有了一个更靠谱点的思路：说白了怕还是怕泰勒展开的高次项可能在极限里面起作用，那就直接展开看看：

\(\begin{aligned}\sin x=x+\frac{\sin''(\xi)}{2!}x^2=x-\frac{\sin \xi}{2}x^2\end{aligned}\) ，则\(\begin{aligned}\sin\frac{k\pi}{n^2}=\frac{k\pi}{n^2}-\frac{\sin\xi_i}{2}(\frac{k\pi}{n^2})^2 \end{aligned}\)。

原式写成\(\begin{aligned}\sum_{k=1}^{n-1}(1+\frac{k}{n})\frac{k\pi}{n^2}-\sum_{k=1}^{n-1}(1+\frac{k}{n})\frac{\sin \xi_i}{2}(\frac{k\pi}{n^2})^2 \end{aligned}\),前面一半已经求了是 \(\begin{aligned}\frac{5\pi}{6}\end{aligned}\)，那么我们要做的就是分析后面一个和式的极限。

直观感觉\(\sin \xi_i\)是有界量，分母次数高，极限应该是0，那为了方便放缩就考虑绝对值的极限：\(\begin{aligned}0\leq|\sum_{k=1}^{n-1}(1+\frac{k}{n})\frac{\sin\xi_i}{2}(\frac{k\pi}{n^2})^2|\leq \frac{\pi^2}{2}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{k^3}{n^5}\end{aligned}\)

右边求出来的是一个4次/5次的式子，极限是0.这样就有充分的理由说明我们求出来的值是正确的了。

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2、\(\begin{aligned}A_n=\sum_{k=1}^n\frac{n}{n^2+k^2}\end{aligned}\)，求\(\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}n(\frac{\pi}{4}-A_n).\end{aligned}\)

\(A_n\)是老朋友了，\(\begin{aligned}A_n=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \frac{1}{1+(\frac{k}{n})^2}\to\int_0^1 \frac{dx}{1+x^2}=\frac{\pi}{4}\end{aligned}\) ，这题似乎就想让我们分析\(A_n\)这个黎曼和跟积分值的误差，如果求出来的极限是一个有限量，那就说明这个误差是\(\frac{1}{n}\)的同阶无穷小，这也就提醒我们似乎要做泰勒展开之类的操作，因为如果直接像上一题那样放缩，是没办法分析出来误差项的。

设\(f(x)=\frac{1}{1+x^2}\)，设\(\lim\)里的东西是\(J_n\)， 取一个分割\(x_i=\frac{i}{n}\)，那么\(A_n\)可以拆成\(\begin{aligned}A_n=\sum_{i=1}^n\int_{x_{i-1}}^{x_{i}} f(x_i)dx\end{aligned}\) ，然后\(\begin{aligned}\frac{\pi}{4}\end{aligned}\) 也一起拆成\(\begin{aligned}\frac{\pi}{4}=\sum_{i=1}^n \int_{x_{i-1}}^{x_{i}} f(x)dx .\end{aligned}\)

原式里的\(\begin{aligned}J_n=n\sum_{i=1}^n \int_{x_{i-1}}^{x_i}(f(x)-f(x_i))dx\end{aligned}\)，直觉告诉我们这时候肯定要用什么中值来近似了，先来一个Lagrange中值：\(\begin{aligned}f(x)-f(x_i)=(x-x_i)f'(\xi_i),(\xi_i\in(x,x_i))\end{aligned}\) ，然后用一个\(\int f(x)g(x)dx\)形式的积分中值：\(\begin{aligned}J_n=n\sum \int f'(\xi_i)(x-x_i)dx=n\sum_{i=1}^nf'(\eta_i)\int_{x_{i-1}}^{x_i}(x-x_i)dx,(\eta _i\in(x_{i-1},x_i)) \end{aligned}\)，后面的积分能求， \(\begin{aligned}I_i=\int_{x_{i-1}}^{x_i}(x-x_i)dx=(\frac{x^2}{2}-x_ix)|_{x_{i-1}}^{x_i}=\frac{2i-1}{2n^2}-\frac{i}{n^2}=\frac{-1}{2n^2} .\end{aligned}\)

好！牛批！这个式子非常好，这样一来 \(\begin{aligned}J_n=n\sum_{k=1}^n f'(\eta _i)\frac{-1}{2n^2}=\frac{-1}{2}\sum_{k=1}^n f'(\eta_i)\frac{1}{n}\to\frac{-1}{2}\int_0^1 f'(x)dx=\frac{-1}{2}\times(\frac{1}{2}-1)=\frac{1}{4}. \end{aligned}\)

最后一步因为\(\eta_i\)就是第\(i\) 段分割里的点，根据定积分的定义就直接给出。

这样一来我们不仅求出了答案，还验证了黎曼和的正确性：对于\(f(x)=\frac{1}{1+x^2}\)，黎曼和跟实际上积分值的误差是 \(\frac{1}{4n}\)的等价无穷小。

数学真奇妙。