这是给团队 Andy AK IOI 中的微积分训练题的题解合集。
传送门：Andy AK 微积分训练题。
\[\begin{aligned}
\mathrm{I}&=\int_0^\frac\pi2\ln\sin x\,dx\\
&=\frac12\int_0^\frac\pi2\ln\sin x+\ln\cos x\,dx\\
&=\frac12\int_0^\frac\pi2\ln\sin 2t\,dx
\end{aligned}
\]
然后使用换元法便秒掉了这道题。
\[\mathrm{I}=\int_0^\infty \frac{\sin x}x\,dx
\]
这是一个经典的反常积分，我们考虑使用广义积分法
\[\begin{aligned}
\mathrm{I}(t)&=\int_0^\infty e^{-tx}\frac{\sin x}x\,dx\\
\mathrm{I}'&=\int_0^\infty\frac\partial{\partial t}e^{-tx}\frac{\sin x}x\,dx\\
&=-\int_0^\infty e^{-tx}\sin x\,dx\\
\end{aligned}
\]
这是一个初等积分，使用初等积分法后重新积回去即可，接下来讨论该积分关于莱布尼茨公式的合理性。
注意到如下不等式：
\[0\le |\mathrm{I}(t)| \le \int_0^\infty e^{-tx}\left|\frac{\sin x}x\right|\,dx\le\int_0^\infty e^{-tx}\,dx=\frac1t
\]
于是
\[\lim_{t\to\infty}\mathrm{I}(t)=0
\]
于是该积分能交换积分次序，隧原方法成立。
已知
\[\Gamma(s)=\int_0^\infty t^{s-1}e^{-t}\,dt
\]
并且，根据该积分，我们能得到如下性质：
- \(\Gamma(s)=(s-1)\Gamma(s-1)\)
- \(\Gamma(s)=\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{n!n^s}{s(s+1)\cdots(s+n)}\)
- \(\Gamma(s)\Gamma(1-s)=\frac\pi{\sin s\pi}\)
现在，你要求解 \(\Gamma''(1)\) 的具体数值，保留 \(12\) 位小数即可。
这是一个重要的积分，要求 \(\Gamma''(1)\) 的值，这里要用到对数微分。
\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\ln\Gamma(s)=\frac{\Gamma'(s)}{\Gamma(s)}=\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{s+n}\right)-\gamma
\]
由于 \(\ln\) 函数有把连乘拆成连加的美好性质，所以这里使用对数微分是一个非常便捷的方法。
进一步微分，得：
\[\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}s^2}\ln\Gamma(s)=\frac{\Gamma''(s)\Gamma(s)-\Gamma'^2(s)}{\Gamma^2(s)}=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(s+n)^2}
\]
把 \(s=1\) 带入，即可得到答案。
bro 应该不会不知道巴塞尔问题如何求解吧，对吧？对吧！
日常真的很好看，小城日常相比之下逊色了一些。
\[\begin{aligned}
\mathrm{Nano}&=\int_0^1\left \{ \frac{1}{1-x} \right \}\,dx\\
&=\lim_{n\to\infty}\int_{\frac1n}^1\frac{1}{x}-\left\lfloor\frac1x\right\rfloor\,dx\\
&=\lim_{n\to\infty}\left(\ln1-\ln\frac1n-\int_{\frac1n}^1\sum_i\left\lfloor\frac1x\right\rfloor\ge i\right)\\
&=\lim_{n\to\infty}\left(\ln\frac1n-\mathrm{H}(n)+1\right)\\
&=1-\gamma
\end{aligned}
\]
最简单的一道题。
\[\mathrm{Nano}=\prod_{n=1}^\infty\frac{\sqrt[n]e}{1+n^{-1}}
\]
作为简单版，就用特解来解这道题。
\[\begin{aligned}
\mathrm{Nano}&=\prod_{n=1}^\infty e^\frac1n\frac{n}{n+1}\\
&=\lim_{n\to\infty}\frac{e^{\mathrm{H}(n)}}n\\
&=e^\gamma
\end{aligned}
\]
作为加强版，这题仍然可以用特解来解，要用到沃利茨公式，在此不再赘述。
考虑讲 \(\Gamma\) 函数和 \(e^{\gamma x}\) 写成连乘的形式，如：
\[\begin{aligned}
\Gamma(1+s)&=\prod_{n=1}^\infty\frac{\left(1+\frac 1n\right)^s}{1+\frac sn}\\
e^{\gamma s}&=\prod_{n=1}^\infty\frac{e^{\frac sn}}{\left(1+\frac 1n\right)^s}
\end{aligned}
\]
将两式相乘，得：
\[e^{\gamma s}\Gamma(1+s)=\prod_{n=1}^\infty\frac{e^{\frac sn}}{1+\frac sn}
\]
第一题将 \(s=1\) 代入即可，加强版将 \(s=-\frac12\) 代入即可。
这是一道好题，我在网络上找到了有关这个积分的推广，自己在草稿纸把这个特解弄出来了，但是过程实在繁琐，不是一个优秀的过程，隧不在此展示。
引理
- \(e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta\)
- \(\displaystyle\int_0^\infty t^{z-1}e^{-pt}\,dt=p^{-z}\Gamma(z)\)
如果你还不会第一条引理的证明，请参考 复分析浅谈。
定义
\[I(s,\omega)=\int_0^\infty\frac{\ln x}x\sin(\omega x)e^{-sx}\,dx
\]
对参数求导（省略合理性的证明），得：
\[\begin{aligned}
\frac{\partial}{\partial s}I(s,\omega)&=-\int_0^\infty\ln x\sin(\omega x)e^{-sx}\,dx\\
&=-\mathrm{im}\left[\int_0^\infty e^{(i\omega-s)x}\ln x\,dx\right]\\
&=-\mathrm{im}\left[\frac\partial{\partial z}(s-i\omega)^{-z}\Gamma(z)|_{z=1}\right]_{}\\
&=\frac1{s^2+\omega^2}\mathrm{im}\left[(\gamma+\ln(s-i\omega))(s+i\omega)\right]
\end{aligned}
\]
由于我们有
\[\ln(s-i\omega)=\frac12\ln(s^2+\omega^2)-i\arctan\frac\omega s
\]
于是，我们有
\[\frac{\partial}{\partial s}I(s,\omega)=\frac1{s^2+\omega^2}\left(\gamma\omega-s\arctan\frac\omega s+\frac12\omega\ln\left(s^2+\omega^2\right)\right)
\]
最后，在对 \(s\) 两边积分，得：
\[I(s,\omega)=\int\frac{\gamma\omega}{s^2+\omega^2}\,ds-\int\frac{s\arctan\frac\omega s}{s^2+\omega^2}\,ds+\frac12\int\frac{\omega\ln\left(s^2+\omega^2\right)}{s^2+\omega^2}\,ds
\]
容易发现，坨二，坨三比较史，所以考虑把他们消掉，显然可以使用分部积分法消掉，得：
\[\int\frac{s\arctan\frac\omega s}{s^2+\omega^2}\,ds=\frac12\ln(s^2+\omega^2)\arctan\left(\frac\omega s\right)+\text{坨三}
\]
代入，得：
\[I(s,\omega)=\gamma\arctan\left(\frac s\omega\right)-\frac12\ln(s^2+\omega^2)\arctan\left(\frac\omega s\right)+C
\]
差点忘记常数了，但是常数在这里很重要。
\[\begin{aligned}
&\because\lim_{\omega\to0}I(s,\omega)=0\\\\
&\therefore C=-\frac{\gamma\pi}2
\end{aligned}
\]
于是，原式就变成了：
\[I(s,\omega)=-\arctan\left(\frac\omega s\right)\left(\gamma+\frac12\ln(s^2+\omega^2)\right)
\]
让 \(s\to 0\)，\(\omega=0\) 就得到：
\[\color{red}{\boxed{\int_0^\infty\frac{\ln x}x\sin x\,dx=-\frac{\gamma\pi}2}}
\]
这道题是我的失误，本题本来是想使用 \(\psi\) 函数的泰勒展开的，于是最开始标到了蓝题。
然而本题可以直接计算，所以难度降到了橙，这里展示的是 \(\psi\) 函数的泰勒展开。
\(\psi\) 函数
这里我会专门开一个专题，这里放一些浅显的东西。
\[\begin{aligned}
&\psi^{(0)}(x)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\ln\Gamma(x)\\
&\psi^{(n)}(x)=\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}x^n}\psi^{(0)}(x)
\end{aligned}
\]
运用一下前面的 \(\Gamma\) 函数的展开便可得到：
\[-\psi^{(0)}(x)=\frac1x+\gamma-\sum_{n=1}^\infty\frac1n-\frac1{n+x}
\]
经行 \(n\) 次求导，得：
\[\psi^{(n)}(1)=
\left\{
\begin{array}{**l**}
-\gamma,&\text{If n=0.}\\
n!(-1)^{n+1}\zeta(n+1),&\text{Otherwise.}
\end{array}
\right.
\]
写得一手好 \(\LaTeX\)，走遍天下不在话下。
现在，我们将 \(\psi\) 函数在 \(1\) 处泰勒展开一下，便得：
\[\psi^{(0)}(x)+\gamma=\sum_{n=1}^\infty\frac{\psi^{(n)}(1)}{n!}(x-1)^n
\]
然后把上面那个式子带入，得：
\[\sum_{n=1}^\infty x^n\zeta(n+1)=-\psi^{(0)}(1-x)-\gamma
\]
两边同时积分，定常，得：
\[\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{n+1}}{n+1}\zeta(n+1)=-\ln\Gamma(1-x)-\gamma x
\]
把 \(x=-1\) 代入即为所求。
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