注：正如评论中提到的那样，我认为我们正在处理$\sum_{l_x=0}^\infty e^{\Delta l_x^2}$和$\int_0^\infty e^{-\Delta x^2}\，\mathrm{d} x个$.
所以，问题是，除非在非常特殊的情况下，你是正确的，因为大多数和都没有意义上对应于积分。然而，我认为$q_x$也不相等！对于$\增量=10^{-17}$，沃尔夫拉姆建议$$\左|\sum_｛n=0｝^\infty e ^｛-\Δn ^2｝-\int_0^\infty e^{-\Delta x^2}\，\mathrm{d} x个\正确|\大约12$$
（Wolfram链接）
黎曼积分的定义：
我不知道这有多必要，但我觉得还是值得一看，以防万一。
黎曼积分的定义实际上并不像所描述的那样，但有点复杂。我们说$$\int_a^b f（x）\，\mathrm{d} x个=我$$当且仅当：
- 对于每个$\varepsilon>0$...
- …存在一个$\增量>0$...
- ……如果$P美元$是的分区【a，b】美元$具有$\|P\|<\delta$...
- …和$\Xi美元$是由P美元$...
- …然后$|R（f，P，\Xi）-I|<\varepsilon$
在这里：
- P美元$作为分区意味着我们取点$\{x_i\}_{i=0}^n$这样的话$a=x_0<x_1<cdots<x_n=b$.
- 的规范P美元$由提供$\|P\|：=\max|x_i-x_{i-1}|$
- $\Xi美元$是标记点的集合$\{\xi\}_{i=1}^n$意味着$\xi_i\在[x_{i-1}，x_i]中$对于每个1美元$（有人可能会说$P\杯\Xi$是“标记的分区”。）
- 然后我们定义黎曼和为$$R（f，P，\Xi）：=\sum_i f（\Xi_i）\Delta x_i$$甚至写$$\lim_{|P\|\到0}R（f，P，\Xi）=：\int_a^bf（x）\，\mathrm{d} x个$$
关键要点：直观地说，这意味着，当我们向分区添加很多很多点时--和当它们越来越接近时，我们可以很好地近似积分。更准确地说，如果我们知道一个精确的误差$\varepsilon美元$我们希望实现，有一个相应的美元\ delta$间隔不能大于。
关于$n\to\infty$?:这假设有一个特定的分区选择，具有相等的间距-例如，$$\增量x=\压裂{b-a}{n}\qquad（平方米）x_i=a+i\增量x$$然而，我们可以做得更笼统一些，一般的定义对这种情况很有启发性。
好吧，但我有一个带有无穷界的积分。微积分II中的相同定义仍然适用：$$\开始{align*}\int _ a^\输入f（x）\，\mathrm{d} x个&：=\lim_{b\to+\infty}\int_a^bf（x）\，\mathrm{d} x个 \\\int_{-\infty}^bf（x）\，\mathrm{d} x个&：=\lim_{a\to-\infty}\int_a^bf（x）\，\mathrm{d} x个 \\\int_{-\infty}^\infty f（x）\，\mathrm{d} x个&：=\int_{-\infty}^c f（x）\，\mathrm{d} x个+\int_c^\infty f（x）\，\mathrm{d} x个标记{用于任何$c\in\mathbb{R}$}\结束{align*}$$
所以，当“转换”$$\sum_｛n=0｝^\infty e^｛-\Delta n^2｝\xrightarrow｛\text｛“已转换为”｝｝\int_0^\infty e^｛-\Delta x^2｝\，\mathrm{d} x个$$我们需要考虑该类型的积分$\int_0^b e ^｛-\Delta x ^2｝\，\mathrm{d} x个$甚至看起来像。为此，将其转换为黎曼和，我们将得到某种类型的$$\总和^{-\增量\xi_i^2}（x_{i+1}-x_i）$$（上图，美元\ Delta$显式地是常量，而不是差分运算符。）请注意，如果您选择分区为非负整数，并且标记点为这些间隔的左端点，那么这些值正好匹配您要估计的总和。
的作用美元\ Delta$小型化：
…好吧，这一切都很好，并且已经证明了近似的使用是合理的$$\sum_{n=0}^\infty f（n）\approxix\int_0^\ infty f（n）\，\mathrm{d} n个$$适当的$f美元$然而，这是一个非常、非常粗糙的近似值。对于特别不守规矩的人$f美元$，您在求和时使用的每个“整数宽度矩形”上可能会有一个错误，该错误大致等于该间隔内函数的最大值。
（这又回到了“积分是曲线下的面积”：上述估计使用宽度为矩形$1$特别是。）
例如，一个性能相对良好的函数，如$f（x）=e^{-10x}-e^{-1}$获得大量剩余区域：
（我为微积分I学生制作的Desmos演示的通用版本在这里.)
事实上，已知的结果是，通过这个“左端点估计”规则，黎曼和$R（f，P，\Xi）$，使用$P=\｛x_i \｝_｛i=0｝^n$和$\Xi=\{x_i\}_{i=0}^{n-1}$，如果$f美元$在上可区分【a，b】美元$，然后$$\左|R（f，P，\Xi）-\int_a^b f（x）\，\mathrm{d} x个\右|\le\frac{（b-a）^2}{2n}\sup_{x\in[a，b]}|f'（x）|$$让我们将其应用于该类型的积分$\int_0^b e^{-\Delta x^2}\，\mathrm{d} x个$，使用左端点估计规则和分区指向整数。然后$$\左|R\left（e^{-\Delta x^2}，P，\Xi\right）-\int_0^b e^{-\Delta x ^2}\，\mathrm{d} x个\右|\le\frac｛（b-0）^2｝｛2b｝\sup_｛x\in[0，b]｝\left|\frac｛\mathrm｛d｝｝｛\mathrm{d} x个}e^{-\Delta x^2}\右|=\fracb2\sup_{x\in[0，b]}\left|\frac{\mathrm{d}}{\mathr{d} x个}e^{-\Delta x^2}\右|$$你甚至可以证明，因为十亿美元$足够大，$$\sup_{x\in[0，b]}\left|\frac{\mathrm{d}}{\mathr{d} x个}e^{-\Delta x^2}\右|=\sqrt{\frac{2\Delta}{e}}$$所以$$\左|R\left（e^{-\Delta x^2}，P，\Xi\right）-\int_0^b e^{-\Delta x ^2}\，\mathrm{d} x个\右|\le\fracb2\sqrt{\frac{2\Delta}{e}}=\frac{b\sqrt{\Delta}}{\sqrt{2e}}\tag{$\ast$}$$
轶事：有趣的是，绘制Desmos认为的误差和误差范围，而误差范围与$\增量^{1/2}$，误差本身似乎呈线性扩展。
这可能是Desmos使用的估计方法的伪影，特别是因为$e^{-x^2}$腐烂得很快。这在这里并不重要，因为我们想要美元\ Delta$小。这是我的演示的链接。
那么，外卖：为什么选择美元\ Delta$变小了？因为那样的话，误差会相应地很小，有一个合适的上限，如中所示$（\ast）$平等不太可能实现，但美元\ Delta$这种小的误差可以忽略不计，在许多情况下积分通常更容易处理。
简而言之，那么：大多数情况下，在任何有意义的意义上，你都无法将和转换成这样的积分，但我相信这并不是我们在这里关心的问题：相反，我认为真正起作用的是将和视为积分，并选择一个非常小的参数来产生非常小的误差。
