一.概述
极限加边是数学竞赛中的一类压轴题，其本质是Euler-Maclaurin公式。其解法利用渐进展开"估阶"的方法化解这一问题。这类问题的通解如下（参考:一类关于极限的加边问题 - 知乎）
\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}n\left[(\frac{b-a}{n})\sum_{k=1}^{n}f(a+\frac{b-a}{n}k)-\int_{a}^{b}f(x)dx\right]=\frac{\left(b-a\right)}{2}\left\lbrack f\left(b\right)-f\left(a\right)\right\rbrack\end{aligned}
二.通解公式的一些证明
由定积分的定义可得\int_{a}^{b} f(x) dx = \lim_{n \to \infty} \frac{b - a}{n} \sum_{k=1}^{n} f(a + \frac{b - a}{n} k)，显然，当n趋向于无穷时，有\left[ \int_{a}^{b} f(x) dx - \left( \frac{b - a}{n} \sum_{k=1}^{n} f(a + \frac{b - a}{n} k) \right) \right] \to 0，而加边考虑的就是n \to \infty, \left[ \int_{a}^{b} f(x) dx - \left( \frac{b - a}{n} \sum_{k=1}^{n} f(a + \frac{b - a}{n} k) \right) \right] \to 0趋近与0的速度。也就是其是几阶无穷小，所以说我们需要讨论的是其趋近于0的速度。
下面证明:\lim_{n \to \infty} n \left[ \left( \frac{b - a}{n} \right) \sum_{k=1}^{n} f(a + \frac{b - a}{n} k) - \int_{a}^{b} f(x) dx \right] = \frac{b - a}{2} [(f(b) - f(a))]
是成立的。
令x_k = a + \frac{b - a}{n} k, x_{k-1} = a + \frac{b - a}{n} (k - 1), x_k - x_{k-1} = \frac{b - a}{n}。于是有:
\begin{aligned}
&\lim_{n\to\infty}n\left[\left(\frac{b-a}{n}\right)\sum_{k=1}^{n}f\left(a+\frac{b-a}{n}k\right)-\int_{a}^{b}f(x)dx\right] \\
&= \lim_{n \to \infty} n \left[ \frac{b-a}{n} \sum_{k=1}^n f(x_k) - \int_a^b f(x) dx \right] \\
&= \lim_{n \to \infty} n \left[ \sum_{k=1}^n \int_{x_{k-1}}^{x_k} f(x_k) dx - \int_a^b f(x) dx \right] \\
&= \lim_{n \to \infty} n \sum_{k=1}^n \int_{x_{k-1}}^{x_k} \left[f(x_k) - f(x)\right] dx \\
&\quad \text{应用拉格朗日中值定理} \\
&= \lim_{n \to \infty} n \sum_{k=1}^n \int_{x_{k-1}}^{x_k} f'(\xi_k)(x_k - x) dx \\
&\quad \text{应用积分中值定理} \\
&= \lim_{n \to \infty} n \sum_{k=1}^n f'(\eta_k) \frac{(b-a)^2}{2n^2} \\
&= \frac{b-a}{2} \lim_{n \to \infty} \frac{b-a}{n} \sum_{k=1}^n f'(\eta_k) \\
&= \frac{b-a}{2} \int_a^b f'(x) dx \\
&= \frac{b-a}{2} \left[f(b) - f(a)\right]
\end{aligned}
三.13thCMC中更复杂的加边证明
(13th*CMC初赛)设f(x)在闭区间[a,b]上有连续的二阶导数，证明:
\begin{aligned}
& \lim_{n\to\infty}n^2\left[\int_a^bf(x)\mathrm{d}x-\frac{b-a}{n}\sum_{k=1}^nf\left(a+\frac{2k-1}{2n}(b-a)\right)\right] \\
& =\frac{(b-a)^{2}}{24}[f^{\prime}(b)-f^{\prime}(a)].
\end{aligned}
证明的方法如下:
可以发现其中的规律，通解的证明实质上也可以通过这种泰勒公式的手段解决。同样选取一样的xk,随后将f(x)在xk处进行一阶泰勒展开，即可得到我们想要的结果。
四.结论的应用
求极限:\lim_{n \to \infty} \left[ \sum_{k=1}^{n} \arctan \frac{k}{n} + n\left( \frac{\ln 2}{2} - \frac{\pi}{4} \right) \right]
解:首先将n提前到括号之外，有:
= \lim_{n \to \infty} n \left[ \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \arctan \frac{k}{n} + \left( \frac{\ln 2}{2} - \frac{\pi}{4} \right) \right]
随后应用定积分的定义，我们发现左侧的极限就是\frac{\ln(2)}{2} - \frac{\pi}{4}:
\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \arctan \frac{k}{n}
= \int_{0}^{1} \arctan x \, dx
= x \arctan x \big|_0^1 - \int_{0}^{1} \frac{x}{1+x^2} dx \\
= \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{d(x^2+1)}{x^2+1} \\
= \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \ln(x^2 + 1) \big|_0^1 \\
= \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \ln 2
那么，我们可以断定这就是极限的加边问题，我们引用上面得出的结论，可以得到如下结果:
\lim_{n \to \infty} \left[ \sum_{k=1}^{n} \arctan \frac{k}{n} + n\left( \frac{\ln 2}{2} - \frac{\pi}{4} \right) \right]
= \lim_{n \to \infty} n \left[ \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \arctan \frac{k}{n} + \left( \frac{\ln 2}{2} - \frac{\pi}{4} \right) \right]
= \lim_{n \to \infty} n \left[ \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \arctan \frac{k}{n} - \int_{0}^{1} \arctan x \, dx \right]
= \lim_{n \to \infty} \frac{1 - 0}{2} (\arctan 1 - \arctan 0)
= \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{8}
得到最终的结果:\frac{\pi}{8}。
同样我们可以解决如下题(注:此题是2010年CMC初赛真题的改编题)
\lim_{n \to \infty} \left( \sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n^2 + k^2} - \frac{\pi}{4} \right)
首先计算左式的极限:
\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n^2 + k^2}
= \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{1 + \left( \frac{k}{n} \right)^2}
= \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x^2} \, dx
= \arctan x \big|_0^1
= \frac{\pi}{4}
引用我们得到的结论有:
\lim_{n \to \infty} \left( \sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n^2 + k^2} - \frac{\pi}{4} \right)
= \lim_{n \to \infty} n \left( \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{1 + \left( \frac{k}{n} \right)^2} - \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x^2} dx \right)
\text{利用上述结论} = \frac{1 - 0}{2} \left[ f(1) - f(0) \right]
= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{1 + 1^2} - \frac{1}{1 + 0^2} \right)
= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} - 1 \right) = -\frac{1}{4}
