Euler–Maclaurin 公式与求和余项

把许多项相加可以先近似成面积，但面积通常不是全部答案。Euler–Maclaurin公式补上端点值和端点导数，更重要的是保留一个没有被丢弃的精确余项。

形式陈述

设 $a<b$ 为整数， $p\ge1$ 为整数， $f\in C^{2p}[a,b]$ 。以Bernoulli数与周期多项式的 $B_1=-1/2$ 约定，有

\sum_{k=a}^b f(k) =\int_a^b f(x)dx+\frac{f(a)+f(b)}2 +\sum_{j=1}^p\frac{B_{2j}}{(2j)!} \bigl(f^{(2j-1)}(b)-f^{(2j-1)}(a)\bigr)+R_p, \tag{1}

R_p=-\frac1{(2p)!}\int_a^b\widetilde B_{2p}(x)f^{(2p)}(x)dx. \tag{2}

右侧积分是有限区间的Riemann积分。记 $M_{2p}=\max_{0\le u\le1}|B_{2p}(u)|$ ，立即得到

|R_p|\le\frac{M_{2p}}{(2p)!}\int_a^b|f^{(2p)}(x)|dx. \tag{3}

这是有限阶恒等式，不是假设右侧无限级数收敛。这里采用较强而清楚的 $C^{2p}$ 条件；更弱的绝对连续版本不是本页证明的输入。

直觉

先把每个单位格的梯形面积与真实面积比较，再把差别写成一个零均值核作用在导数上。继续分部积分，就把误差从较低阶导数转移到较高阶导数；每转移两次，会留下一个新的端点修正。

在 $[k,k+1]$ 内， $\widetilde B_1(x)=x-k-1/2$ 。用微积分基本定理分部积分，得到

\int_k^{k+1}\widetilde B_1(x)f'(x)dx =\frac{f(k)+f(k+1)}2-\int_k^{k+1}f(x)dx.

对 $k=a,\ldots,b-1$ 求和，内部采样值各出现一次；再补回两端的一半，就得到式(1)的积分、端点项及尚未展开的 $\int_a^b\widetilde B_1f'$ 。

在每个开单元， $B_n'=nB_{n-1}$ 。先逐单元分部积分， $B_2$ 的端点相同，使内端项抵消，留下

\int_a^b\widetilde B_1f' =\frac{B_2}{2!}(f'(b)-f'(a)) -\frac1{2!}\int_a^b\widetilde B_2f''.

继续用 $B_3'=3B_2$ ，其两端值都为0，所以这一层没有新边界项；再用 $B_4$ 便出现三阶导数差。重复至 $B_{2p}$ 就是式(1)–(2)。逐格计算避开了把有跳跃的周期B₁当作全局光滑函数的错误。

例子与边界

取 $f(x)=x^4$ 、 $[a,b]=[0,1]$ 。总和为1。保留 $p=1$ 的已知部分是

\frac15+\frac12+\frac1{12}(4-0)=\frac{31}{30}.

所以 $R_1=-1/30$ 。由式(2)直接算

R_1=-6\int_0^1(x^2-x+1/6)x^2dx=-\frac1{30},

两种计算一致。再保留 $B_4$ 项，新增 $(-1/30)(24)/24=-1/30$ ，恰好恢复1；其余项因 $f^{(4)}=24$ 且 $\int_0^1B_4=0$ 而为0。

令 $N\ge1$ 为整数，取 $f(x)=x^{-2}$ ，先在 $[N,M]$ 使用 $p=2$ ，再令整数 $M\to\infty$ 。所有端点导数趋零，相关绝对积分有限，因而

\sum_{k=N}^{\infty}\frac1{k^2} =A_N+\frac1{24}\int_N^\infty \bigl(B_4-\widetilde B_4(x)\bigr)f^{(4)}(x)dx, \quad A_N=\frac1N+\frac1{2N^2}+\frac1{6N^3}. \tag{4}

这只是把 $B_4$ 的端点导数项重新写入积分，没有删项。因为 $f^{(4)}(x)=120x^{-6}>0$ ，且

-1/16\le B_4-\widetilde B_4(x)\le0,

得到

\boxed{A_N-\frac1{16N^5} \le\sum_{k=N}^\infty k^{-2}\le A_N.} \tag{5}

因此将前 $N-1$ 项精确相加，就有全级数的一对有理上下界。取 $N=100$ ，区间宽度恰为 $1/(16\cdot100^5)=6.25\times10^{-12}$ 。这项保证来自余项核的全区间符号，不需要先知道级数的闭式值。

$f(x)=\sqrt x$ 在零端不满足本页条件，不能在 $[0,1]$ 代入发散的端点导数后还宣称式(3)有效。即使函数有任意阶导数，各阶导数和Bernoulli系数也可能快速增长；增加 $p$ 不保证误差界一直下降。每个有限截断仍应绑定自己的余项。

推论与应用

令一般网格 $x_k=a+kh$ 、 $h=(b-a)/N$ ，把式(1)用于 $F(u)=f(a+hu)$ ，可得复合梯形公式的端点修正

T_N(f)-\int_a^b f =\sum_{j=1}^p\frac{B_{2j}h^{2j}}{(2j)!} \bigl(f^{(2j-1)}(b)-f^{(2j-1)}(a)\bigr) -\frac{h^{2p}}{(2p)!}\int_a^b B_{2p}\!\left(\left\{\frac{x-a}{h}\right\}\right)f^{(2p)}(x)dx.

若相应端点导数匹配，修正项消失，式(3)给 $O(h^{2p})$ 。对于光滑周期函数可分别对每个固定 $p$ 使用；从这些有限阶结论到解析函数的指数收敛，还需要复解析范围等额外条件。

计算式(5)的证书仅需 $N-1$ 次有理加法和常数个尾项运算，精确分数的位成本另计。有限程序应输出两个端点及宽度，不把一个高精度小数当作证明。单元终点还会故意翻转B₄核的符号，让错误上、下界在独立复算中失败。

旧Catalan页已经使用Stirling展开；本公式解释的是把和与积分连接起来的机制，不能单凭对 $\log x$ 求和就跳过确定 $\sqrt{2\pi}$ 常数的独立步骤。

参考资料

NIST DLMF，§2.10(i), 式2.10.1：有限求和及周期Bernoulli余项。该式将最后一个Bernoulli端点项放进积分；本文式(1)把它展开，因此余项写成式(2)。
NIST DLMF，§24.17(i)：Bernoulli多项式在Euler–Maclaurin求和中的应用。本文逐单元证明和式(4)–(5)的单侧常数直接写出，未引用普遍的“下一项定界”规则。