\begin{equation} \begin{cases} a_{n+1} = a_n + f(a_n) \\ a_1 = x \end{cases} \end{equation}

この時、$y=0, y=f(x), x=a_k, x=a_{k+1}$で囲まれる図形と$y=0, x=a_k, x=a_{k+1}$また$(a_k, f(a_k))$と$(a_{k+1}, f(a_{k+1}))$を結んだ線分で囲まれる図形の面積を比べる。
図から双方が近い値を取る事が分かるので、これらを比べると \begin{eqnarray*} \int_{a_k}^{a_{k+1}} f(x)dx &\simeq& \frac{1}{2} \left( a_{k+1} - a_k \right)\left( f(k+1) + f(k) \right) \\ \int_{a_k}^{a_{k+1}} f(x)dx &\simeq& \frac{1}{2} f(a_k)\left( f(k+1) + f(k) \right) \\ \int_{a_s}^{a_{t}} f(x)dx &\simeq& \frac{1}{2} \sum_{k=s}^{t-1} f(a_k)\left( f(k+1) + f(k) \right) \end{eqnarray*} である。

$a_n = \sqrt{n}$ の時を考える。
\[ f(a_n) = a_{n+1} - a_n = \sqrt{n+1} - \sqrt{n} \] である。また、 \begin{eqnarray*} a_{n+1}^2 &=& a_n^2 + 1 \\ a_{n+1} &=& \sqrt{a_n^2+1} \end{eqnarray*} より \[ f(a_n) = a_{n+1} - a_n = \sqrt{a_n^2 + 1} - a_n \] なので、 \[ f(x) = \sqrt{x^2 + 1} - x \] である。この数列で積分近似を用いると \begin{eqnarray*} \int_{\sqrt{s}}^{\sqrt{t}} \left( \sqrt{x^2 + 1} - x \right)dx &\simeq& \frac{1}{2} \sum_{k=s}^{t - 1} \left(\sqrt{k+1} - \sqrt{k} \right)\left( \sqrt{k+2} - \sqrt{k} \right) \\ 2\int_{\sqrt{s}}^{\sqrt{t}} \sqrt{x^2 + 1}dx - \left[x^2\right]_{\sqrt{s}}^{\sqrt{t}} &\simeq& \sum_{k=s}^{t-1} \left(\sqrt{k+1} - \sqrt{k} \right)\left( \sqrt{k+2} - \sqrt{k} \right) \\ 2\int_{\sqrt{s}}^{\sqrt{t}} \sqrt{x^2 + 1}dx - t + s &\simeq& \sum_{k=s}^{t-1} \left(\sqrt{k+1} - \sqrt{k} \right)\left( \sqrt{k+2} - \sqrt{k} \right) \end{eqnarray*} ここで、 \begin{equation} \int \sqrt{x^2+1} dx = \frac{1}{2} \left( x\sqrt{x^2+1} + \log\left(x+\sqrt{x^2+1}\right) \right) + C \end{equation} なので、 \begin{eqnarray*} \left[ x\sqrt{x^2+1} + \log\left(x+\sqrt{x^2+1}\right) \right]_{\sqrt{s}}^{\sqrt{t}} - t + s &\simeq& \sum_{k=s}^{t-1} \left(\sqrt{k+1} - \sqrt{k} \right)\left( \sqrt{k+2} - \sqrt{k} \right) \\ \sqrt{t^2 + t} - t - \sqrt{s^2 + s} + s + \log\left(\frac{\sqrt{t}+\sqrt{t+1}}{\sqrt{s}+\sqrt{s+1}}\right)&\simeq& \sum_{k=s}^{t-1} \left(\sqrt{k+1} - \sqrt{k} \right)\left( \sqrt{k+2} - \sqrt{k} \right) \end{eqnarray*} である。

\begin{eqnarray*} &&\sum_{k=s}^{t-1} \left(\sqrt{k+1} - \sqrt{k} \right)\left( \sqrt{k+2} - \sqrt{k} \right) \\ &\simeq& \sqrt{t^2 + t} - t - \sqrt{s^2 + s} + s + \log\left(\frac{\sqrt{t}+\sqrt{t+1}}{\sqrt{s}+\sqrt{s+1}}\right) \end{eqnarray*}

\[ f'(x) = \frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}} - 1 = \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} - 1 \] より \[ \lim_{x \to \infty} f'(x) = 1 - 1 = 0 \] である。よって、$x$を無限に飛ばすと傾きが収束するので、面積の近似は完全に一致する。ゆえに \begin{equation} \lim_{s \to \infty}\lim_{t \to \infty} \left\{ \sum_{k=s}^{t-1} \left(\sqrt{k+1} - \sqrt{k} \right)\left( \sqrt{k+2} - \sqrt{k} \right) - \left( \sqrt{t^2 + t} - t - \sqrt{s^2 + s} + s + \log\left(\frac{\sqrt{t}+\sqrt{t+1}}{\sqrt{s}+\sqrt{s+1}}\right) \right) \right\} = 0 \end{equation} である。

\[ g(xh) = a_x \]

数列$a$の漸化式から、 \begin{eqnarray*} g((x+1)h) &=& g(xh) + f(g(xh)) \\ g(xh + h) - g(xh) &=& f(g(xh)) \\ \frac{g(xh + h) - g(xh)}{h} &=& \frac{1}{h} f(g(xh)) \end{eqnarray*} ここで、$t=xh$と置くと、 \begin{eqnarray*} \frac{g(t + h) - g(t)}{h} &=& \frac{1}{h} f(g(t)) \\ \frac{d}{dt} g(t) &\simeq& \frac{1}{h} f(g(t)) \\ \frac{1}{f(g(t))} dg(t) &\simeq& \frac{dt}{h} \end{eqnarray*}

\[ \frac{1}{f(g(t))} dg(t) = \frac{dt}{h} \] を満たす関数$g$を用いて \[ a_n \simeq g(nh) \] と近似出来る。

\[ \frac{1}{f(g(x))} dg(x) = dx \] を満たす関数$g$を用いて \[ a_n \simeq g(x) \] と近似できる。

微分近似を言い換えると \begin{equation} \begin{cases} \Delta a_n = f(a_n) \\ \frac{d}{dx} g(x) = f(g(x)) \end{cases} \Rightarrow a_n \simeq g(n) \end{equation}

\[ \frac{d}{dx} f(g(x)) = f'(g(x))g'(x) \]