利用积分和式求极限：含向下取整函数的数列极限求解

你的积分和式思路完全正确，咱们一步步把细节补全，最终算出结果：

首先，当$n\rightarrow\infty$时，我们可以把求和式转化为定积分来逼近。令$x=\frac{i}{n}$，$\frac{1}{n}=dx$，原极限就等价于：

$$\int_{0}^{1}\left(\left\lfloor\frac{2}{x}\right\rfloor - 2\left\lfloor\frac{1}{x}\right\rfloor\right)dx$$

接下来做变量替换$t=\frac{1}{x}$，这样$dx=-\frac{1}{t^2}dt$，当$x$从0变到1时，$t$从∞变到1，交换积分上下限后负号抵消，积分变成：

$$\int_{1}^{\infty}\left(\lfloor 2t \rfloor - 2\lfloor t \rfloor\right)\cdot\frac{1}{t^2}dt$$

分析取整函数的差值 #

先看看$\lfloor 2t \rfloor - 2\lfloor t \rfloor$这个式子到底是什么：假设$t=k+s$，其中$k$是正整数，$0\leq s<1$，那么：

• $\lfloor 2t \rfloor = \lfloor 2k+2s \rfloor = 2k + \lfloor 2s \rfloor$
• $2\lfloor t \rfloor = 2k$

所以两者的差就是$\lfloor 2s \rfloor$，也就是说：

• 当$0\leq s<0.5$时，这个差值是0；
• 当$0.5\leq s<1$时，这个差值是1。

简单来说，这个差值函数在每个区间$[k, k+0.5)$上都是0，在$[k+0.5, k+1)$上都是1（$k$是正整数）。

拆分积分计算 #

既然知道了差值函数的分段情况，我们可以把积分拆成每个整数区间的和：
$$\sum_{k=1}^{\infty}\left( \int_{k}^{k+0.5} 0 \cdot \frac{1}{t^2}dt + \int_{k+0.5}^{k+1} 1 \cdot \frac{1}{t^2}dt \right)$$

第一个积分项显然是0，我们只需要计算第二个积分：
$$\int_{k+0.5}^{{k+1}\frac{1}{t}2}dt = -\frac{1}{t}\bigg|_{k+0.5}^{k+1} = \frac{1}{k+0.5} - \frac{1}{k+1} = \frac{2}{2k+1} - \frac{1}{k+1}$$

这样原积分就转化成了一个级数：
$$\sum_{k=1}^{\infty}\left( \frac{2}{2k+1} - \frac{1}{k+1} \right)$$

计算级数的极限 #

这里我们要用调和级数的渐近公式来算：$H_n = \ln n + \gamma + o(1)$，其中$\gamma$是欧拉常数，$o(1)$是当$n\rightarrow\infty$时趋于0的项。

先写出有限项的和，再取$N\rightarrow\infty$的极限：
$$\sum_{k=1}^N \left( \frac{2}{2k+1} - \frac{1}{k+1} \right) = 2\left( H_{2N+1} - 1 - \frac{1}{2}H_N \right) - (H_{N+1} - 1)$$

解释一下：$H_{2N+1}$是前$2N+1$项的调和和，减去第一项1，再减去所有偶数项的和（也就是$\frac{1}{2}H_N$），剩下的就是$\sum_{k=1}^N \frac{1}{2k+1}$，乘以2就是$\sum_{k=1}^N \frac{2}{2k+1}$；而$\sum_{k=1}^N \frac{1}{k+1}$就是$H_{N+1} - 1$。

把调和级数的渐近式代入：

• $H_{2N+1} = \ln(2N) + \gamma + o(1) = \ln2 + \ln N + \gamma + o(1)$
• $H_N = \ln N + \gamma + o(1)$
• $H_{N+1} = \ln N + \gamma + o(1)$

代入后展开计算：
$$
\begin{align*}
&2\left( (\ln2 + \ln N + \gamma) - 1 - \frac{1}{2}(\ln N + \gamma) \right) - (\ln N + \gamma - 1)\
=&2\left( \ln2 + \frac{\ln N}{2} + \frac{\gamma}{2} - 1 \right) - \ln N - \gamma + 1\
=&2\ln2 + \ln N + \gamma - 2 - \ln N - \gamma + 1\
=&2\ln2 - 1
\end{align*}
$$

当$N\rightarrow\infty$时，$o(1)$项消失，所以这个级数的极限就是$2\ln2 - 1$，也就是原极限的结果。

最终结论 #

$$\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{n}\bigg(\sum^{n}_{i=1}\left\lfloor \frac{2n}{i}\right\rfloor-2\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor \bigg) = 2\ln2 - 1$$

内容的提问来源于stack exchange，提问作者DXT