无穷项求和的解题方法：夹逼定理或者定积分的定义

一、题目

已知：

$$
I =
$$

$$
\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \frac{\sqrt[n]{2}-1}{\sqrt[n]{2 n+1}}\left(\int_{1}^{\frac{1}{2 n}} \mathrm{e}^{-y^{2}} \mathrm{~d} y+\int_{1}^{\frac{3}{2 n}} \mathrm{e}^{-y^{2}} \mathrm{~d} y+\cdots+\int_{1}^{\frac{2 n-1}{2 n}} \mathrm{e}^{-y^{2}} \mathrm{~d} y\right)
$$

则 $I = ?$

难度评级：

二、解析

Tips:

本题是一道利用定积分的定义计算无穷项求和问题的题目，特别之处在于本题最终得到的定积分是一个二重积分，而且是积分上下限中存在变量形式的二重定积分。

首先：

$$
\lim \limits_{n \rightarrow \infty}(\sqrt[n]{2}-1)=\lim \limits_{n \rightarrow \infty}\left(2^{\frac{1}{n}}-1\right)=
$$

$$
\lim \limits_{n \rightarrow \infty}\left(e^{\frac{1}{n} \ln 2}-1\right) \sim \lim \limits_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \ln 2
$$

又：

$$
\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{2 n+1}=\lim \limits_{n \rightarrow \infty}(2 n+1)^{\frac{1}{n}}=
$$

$$
\lim \limits_{n \rightarrow \infty} e^{\frac{\ln (2 n+1)}{n}} \Rightarrow \text{ 指数部分洛必达运算 } \Rightarrow \lim \limits_{n \rightarrow \infty} e^{\frac{\frac{2}{2 n+1}}{1} \Rightarrow}
$$

$$
\lim \limits_{n \rightarrow \infty} e^{\frac{1}{n}}=e^{0}=1
$$

于是：

$$
\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \frac{\sqrt[n]{2}-1}{\sqrt[n]{2 n+1}} = \frac{1}{n} \ln 2
$$

接着，观察可知，$\left(\int_{1}^{\frac{1}{2 n}} \mathrm{e}^{-y^{2}} \mathrm{~d} y+\int_{1}^{\frac{3}{2 n}} \mathrm{e}^{-y^{2}} \mathrm{~d} y+\cdots+\int_{1}^{\frac{2 n-1}{2 n}} \mathrm{e}^{-y^{2}} \mathrm{~d} y\right)$ 中只有上限发生变化，而且，如果我们把 $(0, 1)$ 区间分成 $n$ 份的话，就会发现，该积分上限中的 $\frac{1}{2n}$, $\frac{3}{2n}$, $\cdots$, $\frac{2n-1}{2n}$ 表示的刚好也是把 $(0, 1)$ 区间分成 $n$ 份：

$$
\frac{1}{n}, \ \frac{2}{n}, \ \frac{3}{n}, \ \cdots, \ \frac{n}{n} \Rightarrow
$$

$$
\frac{2}{2n}, \ \frac{4}{2n}, \ \frac{6}{2n}, \ \cdots, \ \frac{2n}{2n} \Rightarrow
$$

$$
\textcolor{orangered}{ \frac{1}{2n} }, \ \frac{2}{2n}, \ \textcolor{orangered}{ \frac{3}{2n} }, \ \frac{4}{2n}, \ \frac{6}{2n}, \ \cdots, \ \textcolor{orangered}{ \frac{2n-1}{2n} }, \ \frac{2n}{2n}
$$

Tips:

虽然 $\frac{1}{n}$, $\frac{2}{n}$, $\frac{3}{n}$, $\cdots$, $\frac{n}{n}$ 和 $\frac{1}{2n}$, $\frac{3}{2n}$, $\cdots$, $\frac{2n-1}{2n}$ 对 $(0, 1)$ 区间分割的形式不一样，但从上面的分析可知，二者都均匀的将该区间划分成了 $n$ 份，没有多也没有少，符合定积分的定义。

于是，我们可令：

$$
f(x)=\int_{1}^{x} e^{-y^{2}} \mathrm{~ d} y, \quad \mathrm{~ d} x \in(0,1)
$$

但由于上式中的积分上限 $x$ 其实是小于 $1$ 的，为了表述符合常规，我们改写成下面的形式：

$$
f(x)=-\int_{x}^{1} e^{-y^{2}} \mathrm{~ d} y
$$

进而：

$$
\left(\int_{1}^{\frac{1}{2 n}} \mathrm{e}^{-y^{2}} \mathrm{~d} y+\int_{1}^{\frac{3}{2 n}} \mathrm{e}^{-y^{2}} \mathrm{~d} y+\cdots+\int_{1}^{\frac{2 n-1}{2 n}} \mathrm{e}^{-y^{2}} \mathrm{~d} y\right) =
$$

$$
f\left(\frac{1}{2 n}\right)+f\left(\frac{3}{2 n}\right)+\cdots+f\left(\frac{2 n-1}{2 n}\right)
$$

于是：

$$
I=\ln 2 \cdot \textcolor{orangered}{ \lim \limits_{n \rightarrow 0} \frac{1}{n}\left[f\left(\frac{1}{2 n}\right)+f\left(\frac{3}{2 n}\right)+\cdots+f\left(\frac{2 n-1}{2 n}\right)\right] }
$$

根据前面的分析可知，上式就相当于把 $f(x)$ 在 $(0, 1)$ 区间上分成 $n$ 份，求解每份的函数值并再相加，符合定积分的定义，因此：

$$
I=\ln 2 \cdot \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~ d} x \Rightarrow
$$

$$
I = -\ln 2 \cdot \int_{0}^{1} \mathrm{~ d} x \int_{x}^{1} \textcolor{springgreen}{ e^{-y^{2}} } \mathrm{~ d} y.
$$

由于上式中的 $e^{-y^{2}}$ 没有原函数，我们显然没办法计算其积分，因此，考虑调换积分顺序。

同时，由 $\int_{0}^{1} \mathrm{~ d} x \int_{x}^{1} \textcolor{springgreen}{ e^{-y^{2}} } \mathrm{~ d} y$ 可知，其积分区域如图 01 所示：

于是，我们将先对 $x$ 积分后对 $y$ 积分，更改为先对 $y$ 积分后对 $x$ 积分，得：

$$
I = -\ln 2 \cdot \int_{0}^{1} \mathrm{~ d} y \int_{0}^{y} e^{-y^{2}} \mathrm{~ d} x
$$

其中，由 $\mathrm{d} x$ 知，$\int_{0}^{y} e^{-y^{2}} \mathrm{~ d} x$ 中的积分变量是 $x$, 因此，$y$ 视作常数处理：

$$
\int_{0}^{y} e^{-y^{2}} \mathrm{~ d} x=e^{-y^{2}} \int_{0}^{y} 1 \mathrm{~ d} x=
$$

$$
e^{-y^{2}} \cdot\left(\left.x\right|_{0} ^{y}\right)=y \cdot e^{-y^{2}}
$$

于是：

$$
I=-\ln 2 \int_{0}^{1} y \cdot e^{-y^{2}} \mathrm{~ d} y
$$

又：

$$
\left(e^{-y^{2}}\right)^{\prime}=-2 y \cdot e^{-y^{2}}
$$

因此：

$$
I=-\left.\ln 2 \cdot \frac{-1}{2} \cdot e^{-y^{2}}\right|_{0} ^{1} \Rightarrow
$$

$$
I=\frac{\ln 2}{2}\left(e^{-1}-e^{0}\right) \Rightarrow
$$

$$
I=\frac{\ln 2}{2}\left(\frac{1}{e}-1\right)
$$

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