微積分與無窮級數
最近在備考大學生數學競賽，知乎已經開了一個專欄（見：https://www.zhihu.com/column/c_1425576103074897920 ），博客園這邊也開一個簡化版的吧（x），知乎專欄里大概是一日一更的一些題，因為知乎公式編輯器太拉了，所以可能公式不會太多，之后的應該是以idea為主。
然后這篇博客就收錄一些有意思的微積分/無窮級數的題，是從專欄那邊復制來的。
1、求\(\begin{aligned}\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n-1} (1+\frac{k}{n})\sin\frac{k\pi}{n^2}\end{aligned}\)
乍一看麻煩就麻煩在sin里面的東西不是很符合我們需要的形式，一種直觀的感覺是， \(\frac{k\pi}{n^2}\) 似乎是一個無窮小量，等價無窮小替換成\(\begin{aligned}\pi\sum_{k=1}^{n-1}(1+\frac{k}{n})\frac{k}{n^2}=\pi\sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2}+\pi\sum_{k=1}^{n-1}\frac{k^2}{n^2}=\pi(\frac{\frac{1}{2}n^2+o(n^2)}{n^2}+\frac{\frac{1}{3}n^3+o(n^3)}{n^3})=\frac{5\pi}{6}.\end{aligned}\)
這樣做對嗎？您別說，答案還真挺對（x），但寫完這個我總感覺有點不太舒服（bushi），你說這如果是一個無窮小的sin乘在Σ外面我們直接替換還挺舒服，但這sin在和式里面，我們說乘積才能直接替換，這加法替換總有點怕出事情。
所以這樣子就有了一個更靠譜點的思路：說白了怕還是怕泰勒展開的高次項可能在極限里面起作用，那就直接展開看看：
\(\begin{aligned}\sin x=x+\frac{\sin''(\xi)}{2!}x^2=x-\frac{\sin \xi}{2}x^2\end{aligned}\) ，則\(\begin{aligned}\sin\frac{k\pi}{n^2}=\frac{k\pi}{n^2}-\frac{\sin\xi_i}{2}(\frac{k\pi}{n^2})^2 \end{aligned}\)。
原式寫成\(\begin{aligned}\sum_{k=1}^{n-1}(1+\frac{k}{n})\frac{k\pi}{n^2}-\sum_{k=1}^{n-1}(1+\frac{k}{n})\frac{\sin \xi_i}{2}(\frac{k\pi}{n^2})^2 \end{aligned}\),前面一半已經求了是 \(\begin{aligned}\frac{5\pi}{6}\end{aligned}\)，那么我們要做的就是分析后面一個和式的極限。
直觀感覺\(\sin \xi_i\)是有界量，分母次數高，極限應該是0，那為了方便放縮就考慮絕對值的極限：\(\begin{aligned}0\leq|\sum_{k=1}^{n-1}(1+\frac{k}{n})\frac{\sin\xi_i}{2}(\frac{k\pi}{n^2})^2|\leq \frac{\pi^2}{2}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{k^3}{n^5}\end{aligned}\)
右邊求出來的是一個4次/5次的式子，極限是0.這樣就有充分的理由說明我們求出來的值是正確的了。
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，\(\begin{aligned}A_n=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \frac{1}{1+(\frac{k}{n})^2}\to\int_0^1 \frac{dx}{1+x^2}=\frac{\pi}{4}\end{aligned}\) ，這題似乎就想讓我們分析\(A_n\)這個黎曼和跟積分值的誤差，如果求出來的極限是一個有限量，那就說明這個誤差是\(\frac{1}{n}\)的同階無窮小，這也就提醒我們似乎要做泰勒展開之類的操作，因為如果直接像上一題那樣放縮，是沒辦法分析出來誤差項的。
設\(f(x)=\frac{1}{1+x^2}\)，設\(\lim\)里的東西是\(J_n\)， 取一個分割\(x_i=\frac{i}{n}\)，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\(\begin{aligned}J_n=n\sum_{i=1}^n \int_{x_{i-1}}^{x_i}(f(x)-f(x_i))dx\end{aligned}\)，直覺告訴我們這時候肯定要用什么中值來近似了，先來一個Lagrange中值：\(\begin{aligned}f(x)-f(x_i)=(x-x_i)f'(\xi_i),(\xi_i\in(x,x_i))\end{aligned}\) ，然后用一個\(\int f(x)g(x)dx\)形式的積分中值：\(\begin{aligned}J_n=n\sum \int f'(\xi_i)(x-x_i)dx=n\sum_{i=1}^nf'(\eta_i)\int_{x_{i-1}}^{x_i}(x-x_i)dx,(\eta _i\in(x_{i-1},x_i)) \end{aligned}\)，后面的積分能求， \(\begin{aligned}I_i=\int_{x_{i-1}}^{x_i}(x-x_i)dx=(\frac{x^2}{2}-x_ix)|_{x_{i-1}}^{x_i}=\frac{2i-1}{2n^2}-\frac{i}{n^2}=\frac{-1}{2n^2} .\end{aligned}\)
好！牛批！這個式子非常好，這樣一來 \(\begin{aligned}J_n=n\sum_{k=1}^n f'(\eta _i)\frac{-1}{2n^2}=\frac{-1}{2}\sum_{k=1}^n f'(\eta_i)\frac{1}{n}\to\frac{-1}{2}\int_0^1 f'(x)dx=\frac{-1}{2}\times(\frac{1}{2}-1)=\frac{1}{4}. \end{aligned}\)
最后一步因為\(\eta_i\)就是第\(i\) 段分割里的點，根據定積分的定義就直接給出。
這樣一來我們不僅求出了答案，還驗證了黎曼和的正確性：對於\(f(x)=\frac{1}{1+x^2}\)，黎曼和跟實際上積分值的誤差是 \(\frac{1}{4n}\)的等價無窮小。
數學真奇妙。