不用 E-M 公式解决极限难题
本节带来一道分析中十分经典的证明题，揭示了离散求和与连续积分之间的渐近关系。
知道 E-M 公式的朋友应该一眼就能看出结果，事实上本题利用“统一结构”的思想就能轻松解决，当然在文末我也会补充相关背景。
例题
Example
求极限：
\[
\begin{aligned}
\lim_{ n \to \infty } n\left[ \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x - \sum_{i=1}^{n} f\left( \frac{b-a}{n}i+a \right) \frac{b-a}{n} \right]
\end{aligned}
\]
设区间 \([a,b]\) 的 \(n\) 等分点为 \(x_{k}\displaystyle=a+k \frac{b-a}{n}\triangleq a+k\Delta x\)，\(k=0,1,\dots,n\)
\[
\begin{aligned}
I &= \lim_{ n \to \infty } n\left[ \sum_{k=1}^{n} \int_{x_{k-1}}^{x_{k}} f(x) \mathrm{~d} x - \frac{b-a}{n}\sum_{k=1}^{n} f(x_{k}) \right]\\
&= \lim_{ n \to \infty } n\cdot \sum_{k=1}^{n} \int_{x_{k-1}}^{x_{k}} [f(x)-f(x_{k})] \mathrm{~d} x \\
&= \lim_{ n \to \infty } n\cdot \sum_{k=1}^{n} \int_{x_{k-1}}^{x_{k}} [f(x)-f(x_{k})] \mathrm{~d} (x-x_{k-1}) \\
&= \lim_{ n \to \infty } n\cdot \sum_{k=1}^{n} \left[ (x_-x_{k-1})\cdot (f(x)-f(x_{k}))\bigg|_{x_{k-1}}^{x_{k}}- \int_{x_{k-1}}^{x_{k}} (x-x_{k-1})f'(x) \mathrm{~d} x \right]\\
&= -\lim_{ n \to \infty } n\cdot \sum_{k=1}^{n} \int_{x_{k-1}}^{x_{k}} (x-x_{k-1})f'(x) \mathrm{~d} x \\
\end{aligned}
\]
因为 \(x - x_{k-1} \geqslant 0\) 在 \([x_{k-1}, x_k]\) 上不改变符号，由积分第一中值定理，存在 \(\xi_k \in [x_{k-1}, x_k]\)，使得：
\[
\begin{aligned}
\int_{x_{k-1}}^{x_{k}} (x-x_{k-1})f'(x) \mathrm{~d} x &= f'(\xi_k) \int_{x_{k-1}}^{x_k} (x - x_{k-1}) \mathrm{d}x \\
&= f'(\xi_k) \cdot \frac{(\Delta x)^2}{2}
\end{aligned}
\]
回代得：
\[
\begin{aligned}
I &= -\lim_{ n \to \infty } n \cdot \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{(\Delta x)^2}{2} f'(\xi_k) \right) \\
&= -\lim_{ n \to \infty } \frac{b-a}{2} \cdot \left[ \frac{b-a}{n} \sum_{k=1}^{n} f'(\xi_k) \right] \\
&= - \frac{b-a}{2} \cdot \int_{a}^{b} f'(x) \mathrm{d}x\\
&= - \frac{b-a}{2} [f(b)-f(a)]
\end{aligned}
\]
背景
事实上，本题的背景是欧拉 - 麦克劳林求和公式的最基础截断。该公式深刻地揭示了离散求和与连续积分之间的渐近关系：
E-M 公式
对于在 \([m, n]\)（\(m, n \in \mathbb{Z}\)）上具有充分高阶连续导数的函数 \(f(x)\)，有：
\[
\sum_{k=m}^n f(k) = \int_m^n f(x)\mathrm{d}x + \frac{f(m)+f(n)}{2} + \sum_{k=1}^{p} \frac{B_{2k}}{(2k)!} \left[ f^{(2k-1)}(n) - f^{(2k-1)}(m) \right] + R_p
\]
上面这个公式的步长固定为 \(1\)，而本题的步长为 \(h = \dfrac{b-a}{n}\)，使用我们考虑对上式进行变形。
设 \(h = \dfrac{b-a}{n}\)，节点 \(x_k = a + kh\)。构造新函数 \(g(t) = f(a + th)\)，其中 \(t \in [0, n]\) 为整数变量。
对 \(g(t)\) 在区间 \([0, n]\) 上应用 E-M 公式：
\[
\sum_{k=0}^n g(k) = \int_0^n g(t)\mathrm{d}t + \frac{g(0)+g(n)}{2} + \frac{B_2}{2!}\left[g'(n)-g'(0)\right] + \cdots
\]
将 \(g(t)\) 的定义代回各项得到：
\[
\begin{aligned}
\sum_{k=0}^n g(k) &= f(a) + \sum_{k=1}^n f(x_k) \\[2pt]
\int_0^n g(t)\mathrm{d}t &= \int_0^n f(a+th)\mathrm{d}t = \frac{1}{h}\int_a^b f(x)\mathrm{d}x\\[2pt]
\frac{g(0)+g(n)}{2} &= \frac{f(a)+f(b)}{2}\\[2pt]
\frac{B_2}{2!}\left[g'(n)-g'(0)\right] &= \frac{1/6}{2} \cdot h \left[f'(b)-f'(a)\right] = \frac{h}{12}\left[f'(b)-f'(a)\right]
\end{aligned}
\]
整理得：
\[
f(a) + \sum_{k=1}^n f(x_k) = \frac{1}{h}\int_a^b f(x)\mathrm{d}x + \frac{f(a)+f(b)}{2} + \frac{h}{12}\left[f'(b)-f'(a)\right] + \cdots
\]
移项得：
\[
\begin{aligned} h \sum_{k=1}^n f(x_k) &= \int_a^b f(x)\mathrm{d}x + \left( \frac{h}{2}[f(a)+f(b)] - h f(a) \right) + \frac{h^2}{12}\left[f'(b)-f'(a)\right] + \cdots \\ &= \int_a^b f(x)\mathrm{d}x + \frac{h}{2}[f(b)-f(a)] + \frac{h^2}{12}\left[f'(b)-f'(a)\right] + \cdots \end{aligned}
\]
即：
\[
\frac{b-a}{n}\sum_{k=1}^n f(x_k) = \int_a^b f(x)\mathrm{d}x + \frac{b-a}{2n}[f(b)-f(a)] + \frac{(b-a)^2}{12n^2}[f'(b)-f'(a)] + \cdots
\]
将该公式移项并乘以 \(n\) 取极限，就能直接秒杀这道题。
欧拉 - 麦克劳林求和公式的应用有很多，比如推导自然数幂次和公式；用于求调和级数或斯特林公式的精确展开等等，感兴趣的朋友可以自行搜索学习，以后分享的题目里可能还会涉及到这一经典公式。
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