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。
1、求(egin{aligned}lim_{n oinfty} sum_{k=1}^{n-1} (1+frac{k}{n})sinfrac{kpi}{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{kpi}{n^2}) 似乎是一个无穷小量，等价无穷小替换成(egin{aligned}pisum_{k=1}^{n-1}(1+frac{k}{n})frac{k}{n^2}=pisum_{k=1}^n frac{k}{n^2}+pisum_{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{5pi}{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：
(egin{aligned}sin x=x+frac{sin''(xi)}{2!}x^2=x-frac{sin xi}{2}x^2end{aligned}) ，则(egin{aligned}sinfrac{kpi}{n^2}=frac{kpi}{n^2}-frac{sinxi_i}{2}(frac{kpi}{n^2})^2 end{aligned})。
原式写成(egin{aligned}sum_{k=1}^{n-1}(1+frac{k}{n})frac{kpi}{n^2}-sum_{k=1}^{n-1}(1+frac{k}{n})frac{sin xi_i}{2}(frac{kpi}{n^2})^2 end{aligned}),前面一半已经求了是 (egin{aligned}frac{5pi}{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：(egin{aligned}0leq|sum_{k=1}^{n-1}(1+frac{k}{n})frac{sinxi_i}{2}(frac{kpi}{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。
2、(egin{aligned}A_n=sum_{k=1}^nfrac{n}{n^2+k^2}end{aligned})，求(egin{aligned}lim_{n oinfty}n(frac{pi}{4}-A_n).end{aligned})
(A_n)是老朋友了，(egin{aligned}A_n=frac{1}{n}sum_{k=1}^n frac{1}{1+(frac{k}{n})^2} oint_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(egin{aligned}A_n=sum_{i=1}^nint_{x_{i-1}}^{x_{i}} f(x_i)dxend{aligned}) ，然后(egin{aligned}frac{pi}{4}end{aligned}) 也一起拆成(egin{aligned}frac{pi}{4}=sum_{i=1}^n int_{x_{i-1}}^{x_{i}} f(x)dx .end{aligned})
原式里的(egin{aligned}J_n=nsum_{i=1}^n int_{x_{i-1}}^{x_i}(f(x)-f(x_i))dxend{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：(egin{aligned}f(x)-f(x_i)=(x-x_i)f'(xi_i),(xi_iin(x,x_i))end{aligned}) ，然后用一个(int f(x)g(x)dx)形式的积分中值：(egin{aligned}J_n=nsum int f'(xi_i)(x-x_i)dx=nsum_{i=1}^nf'(eta_i)int_{x_{i-1}}^{x_i}(x-x_i)dx,(eta _iin(x_{i-1},x_i)) end{aligned})，后面的积分能求， (egin{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 (egin{aligned}J_n=nsum_{k=1}^n f'(eta _i)frac{-1}{2n^2}=frac{-1}{2}sum_{k=1}^n f'(eta_i)frac{1}{n} ofrac{-1}{2}int_0^1 f'(x)dx=frac{-1}{2} imes(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。