求证一个极限问题

TSC999

下式中 \( a, b \) 都是正数。\(\arctan 是反正切函数\)。
求证极限：

isee

回复 1# TSC999

(这也太像定积分的结果~）

TSC999

回复 2# isee

主帖的问题，等价于证明下面这个公式，其中最后一步定积分不需要证明了，因为那是不证自明的等式。



前面那个极限为什么等于后面的式了，目前还没有找到证明方法。能跟积分挂上关系吗？

Czhang271828

建议参阅 Riemann 积分及 Riemann 可积函数的定义, 一般微积分教材上都有. 熟悉定义后可思考如下:

若 $f$ 是区间 $[a,b]$ 上的 Riemann 可积函数, 则对任意小的 $\varepsilon>0$ 总存在 $\delta >0$ 使得对一切细于 $\delta$ 的划分 $a=x_0<x_1<\cdots< x_n=b$, 总有
$$
\left|\sum_{i=1}^n f(x_i)\cdot (x_i-x_{i-1})-I\right|<\varepsilon.
$$
其中 $I$ 是实际积分值, 划分细于 $\delta$ 即对任意 $i$: $|x_{i-1}-x_i|<\delta$.

作为推论, 考虑长度为 $\dfrac{b-a}{n}$​的等距划分, 令
$$
I_n:=\sum_{i=1}^n f(x_i)\cdot (x_i-x_i).
$$
从而 $I_n$ 的极限为实际积分值.

再例如, $g(x)=\dfrac{1}{1+x}$ 在 $[0,1]$ 上 Riemann 可积, 从而
$$
\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{n+k}=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^nf\left(\dfrac{1}{1+\frac{k}{n}}\right)\cdot \dfrac{1}{n}=\int_0^1\dfrac{\mathrm dx}{1+x}=\ln 2.
$$

kuing

1# 原式极限是不存在的，跟 n 的奇偶有关：
当 n 以偶数趋向无穷时，极限为 `-\frac 12\arctan a-\frac 12\arctan \frac {ab}{a+b}`；
当 n 以奇数趋向无穷时，极限为 `-\frac 12\arctan a+\frac 12\arctan \frac {ab}{a+b}`。

时间关系先煮饭，晚上再写过程。

TSC999

1# 原式极限是不存在的，跟 n 的奇偶有关：
当 n 以偶数趋向无穷时，极限为 `-\frac 12\arctan a-\frac 12\ ...
kuing 发表于 2022-1-15 17:51

大侠说得对！结果与 n 的奇偶性有关。原帖子在这里:
mathchina.com/bbs/forum.php?mod=viewthread&tid=2050322&extra=page%3D1
这位网友是做地震研究的，从断层运动中抽象出一个数学问题，是关于反正切函数的无穷级数，无力解决请教各位。

Czhang271828

回复 6# TSC999

下午猜到您想问的"原理", 所以就没看题直接写了:()

原题目还有个 $(-1)^k$, 为了不浪费下午的回答, 补一个解答.

若 $n=2m$ 为偶数, 根据中值定理, 存在 $\theta_k\in[0,1]$ 使得
$$
\begin{align*}
&\arctan\dfrac{b}{b/a+(2k-1)/n}-\arctan\dfrac{b}{b/a+(2k)/n}\\
=&\dfrac{1}{n}\cdot \dfrac{\mathrm d}{\mathrm dx}\left(\arctan\dfrac{b}{b/a+x}\right)|_{x=(2k-1+\theta_k)/n}.
\end{align*}
$$
从而
$$
\begin{align*}
&\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{2m}(-1)^{i-1}\arctan\dfrac{b}{b/a+(i-1)/n}\\
=&\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{m}\dfrac{1}{n}\cdot \dfrac{\mathrm d}{\mathrm dx}\left(\arctan\dfrac{b}{b/a+x}\right)|_{x=(2k-1+\theta_k)/n}\\
\end{align*}
$$
此处定义函数 $g(x)=\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dx}\left(\arctan\dfrac{b}{b/a+x}\right)$​, 该函数 Riemann 可积. 且划分
$$
0\leq\dfrac{1+\theta_1}{n}<\dfrac{3+\theta_2}{n}<\cdots<\dfrac{2m-1+\theta_m}{n}\leq 1
$$
精细程度不低于 $\dfrac{2}{n}$​. 根据 Riemann 积分定义得
$$
\begin{align*}
&\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{2m}(-1)^{i-1}\arctan\dfrac{b}{b/a+(i-1)/n}\\
=&\dfrac{1}{2}\lim_{m\to\infty}\sum_{k=1}^{m}\dfrac{1}{m}\cdot \dfrac{\mathrm d}{\mathrm dx}\left(\arctan\dfrac{b}{b/a+x}\right)|_{x=(2k-1+\theta_k)/n}\\
=&\dfrac{1}{2}\int_0^1\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dx}\left(\arctan\dfrac{b}{b/a+x}\right)\mathrm dx\\
=&\dfrac{1}{2}\arctan\dfrac{b}{b/a+1}-\dfrac{1}{2}\arctan\dfrac{b}{b/a+0}
\end{align*}
$$
奇数情况完全同理. 我是 $i=1$ 开始加的, 所以最终答案还是和kk相同.

若使用泰勒展开, 则 $o(x)$ 项将无法处理. 将中值定理与 Riemann 和相配合可求解系列问题.

kuing

嗯，那我就可以写得简略一些了：

记
\begin{align*}
f(x)&=\arctan\frac b{b/a+x},\\
S&=\sum_{i=2}^n(-1)^{i-1}f\left( \frac{i-1}n \right),\\
g(k)&=f\left( \frac kn \right)-f\left( \frac{k-1}n \right),
\end{align*}
当 `n` 为奇数时
\begin{align*}
S&=-f\left( \frac1n \right)+f\left( \frac2n \right)-f\left( \frac3n \right)+f\left( \frac4n \right)-\cdots-f\left( \frac{n-2}n \right)+f\left( \frac{n-1}n \right)\\
&=g(2)+g(4)+\cdots+g(n-1),
\end{align*}
当 `n` 为偶数时
\begin{align*}
S&=-f\left( \frac1n \right)+f\left( \frac2n \right)-f\left( \frac3n \right)+f\left( \frac4n \right)-\cdots-f\left( \frac{n-3}n \right)+f\left( \frac{n-2}n \right)-f\left( \frac{n-1}n \right)\\
&=g(2)+g(4)+\cdots+g(n-2)-f\left( \frac{n-1}n \right),
\end{align*}
当 `n\to\infty` 时，那些 `g` 的和的极限正如楼上所写的那样，是等于 `\frac{f(1)-f(0)}2`，然后 `f\left( \frac{n-1}n \right)\to f(1)`，因此：

当 `n` 以奇数趋向无穷时，极限为 `\frac{f(1)-f(0)}2`；

当 `n` 以偶数趋向无穷时，极限为 `\frac{f(1)-f(0)}2-f(1)`，即 `\frac{-f(1)-f(0)}2`。