第二类欧拉积分，gamma函数是
\[\Gamma(z)=\int_0^\infty t^{z-1}e^{-t}\mathrm{d}t=(z-1)!\]，不是很知道它在哪里会被用到。
第一类欧拉积分，beta函数是
\[\mathrm{B}(x,y)=\int_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}\mathrm{d}t=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}=\frac{(x-1)!(y-1)!}{(x+y-1)!}=\frac{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}}{\binom{x+y}{x}}\]或者你会喜欢
\[\mathrm{B}(x+1,y+1)=\int_0^1t^x(1-t)^y\mathrm{d}t=\frac{\Gamma(x+1)\Gamma(y+1)}{\Gamma(x+y+2)}=\frac{x!y!}{(x+y+1)!}=\frac{1}{(x+y+1)\binom{x+y}{x}}\]。
模板 beta积分
hdu mutc09 D3 I. I Will Win
求
\[\frac{\displaystyle\int_0^1 p^{a+1}(1-p)^{b}\ \mathrm{d}p}{\displaystyle\int_0^1 x^a(1-x)^b\ \mathrm{d}x}\]。
\[\frac{\displaystyle\int_0^1 p^{a+1}(1-p)^{b}\ \mathrm{d}p}{\displaystyle\int_0^1 x^a(1-x)^b\ \mathrm{d}x}=\frac{\displaystyle\frac{1}{(a+b+2)\binom{a+b+1}{a+1}}}{\displaystyle\frac{1}{(a+b+1)\binom{a+b}{a}}}=\frac{(a+b+1)(a+b)!(a+1)!b!}{a!b!(a+b+2)(a+b+1)!}=\frac{a+1}{a+b+2}\]分母上的二项式系数
使用beta积分。
\[\binom{n}{k}^{-1}=(n+1)\int_0^1 t^k(1-t)^{n-k}\mathrm{d}t\]试看看!例题1.7
给$n\leq 10^9,r\leq 5000$，求
\[\sum_{k=r}^n(-1)^k\frac{\binom{k}{r}}{\binom{n}{k}}\]，答案膜大素数，$5000$组多测，5s。
直接干。我们得到
\[(n+1)\int_0^1\sum_{k=r}^n\binom{k}{r}(-t)^k(1-t)^{n-k}\mathrm{d}t\]后面这个看起来不是很友好。注意到如果没有$\binom{k}{r}$，就可以等比数列求和合成一项。
一个想法是考虑$\binom{k}{r}$是怎么来的，或者说我们硬凑这个式子的封闭形式。下降幂让我们想到求导，于是考虑用某个东西的$r$阶导来凑。发现这里面正好有一个$(-t)^k$，于是我们对$t$求$r$阶导再乘上$(-t)^r$就可以凑出$k^{\underline{r}}$……吗?注意到有一个$(1-t)^{n-k}$，所以我们就绷不住了。
考虑把这俩看成不同的元，从而用偏导强行把它干掉。为了记号的清晰，设$\displaystyle F(x,y)=\sum_{k=0}^nx^ky^{n-k}=\frac{x^{n+1}-y^{n+1}}{x-y}$，记$\displaystyle\mathrm D=\frac{\partial}{\partial x}$，那么
\[x^r(\mathrm D^rF)(x,y)=x^r\mathrm D^r\left(\sum_{k=0}^nx^ky^{n-k}\right)=\sum_{k=r}^nk^{\underline{r}}x^ky^{n-k}\]所以我们所要的东西就是$\displaystyle\frac{(-t)^r(\mathrm D^rF)(-t,1-t)}{r!}$。
然后转而使用那个封闭形式
\[\begin{aligned} &\mathrm D^r\left(\frac{x^{n+1}-y^{n+1}}{x-y}\right)\\ =&\sum_{i=0}^r\binom{r}{i}\left(\mathrm D^i(x^{n+1}-y^{n+1})\right)\left(\mathrm D^{r-i}\frac{1}{x-y}\right)\\ =&\sum_{i=0}^r\binom{r}{i}(n+1)^{\underline{i}}x^{n-i+1}(r-i)!(-1)^{r-i}(x-y)^{-1-r+i} \end{aligned}\]现在代入，得到
\[\sum_{k=0}^n\binom{k}{r}(-t)^k(1-t)^{n-k}=\frac{(-t)^r}{r!}\sum_{i=0}^r\binom{r}{i}(n+1)^{\underline{i}}(-t)^{n-i+1}(r-i)!(-1)^{r-i}(-t-(1-t))^{-1-r+i}\]所以我们原来所要求的就变成了
\[\begin{aligned} &(n+1)\int_0^1\frac{(-t)^r}{r!}\sum_{i=0}^r\binom{r}{i}(n+1)^{\underline{i}}(-t)^{n-i+1}(r-i)!(-1)^{r-i}(-t-(1-t))^{-1-r+i}\mathrm{d}t\\ =&-\frac{(n+1)}{r!}\sum_{i=0}^r\binom{r}{i}(n+1)^{\underline{i}}(r-i)!\int_0^1(-t)^{n+r-i+1}\mathrm{d}t\\ =&\frac{(n+1)}{r!}\sum_{i=0}^r(-1)^{n+r-i}\binom{r}{i}\frac{(n+1)^{\underline{i}}(r-i)!}{n+r-i+2}\\ \end{aligned}\]就结束了。
另一个想法是，既然直接beta积分很困难……我们先抄一遍要求的式子。
\[\sum_{k=r}^n(-1)^k\frac{\binom{k}{r}}{\binom{n}{k}}\]注意到$r$很小，所以它也是明示你把$\binom{k}{r}$拆掉。但是拆掉了到哪里去呢，可以考虑把它的一部分拆掉提出来变成系数，另一部分和分母拼成一个新的组合数(因为全提出来显然是不可能的)，然后一起用beta积分。
\[\sum_{k=r}^n(-1)^k\frac{\binom{k}{r}}{\binom{n}{k}}=\frac{1}{r!n!}\sum_{k=r}^n(-1)^kk^{\underline{r}}k!(n-k)!\]那么我们就要把$k^{\underline{r}}$炸开了。炸成多项式看起来和这两个阶乘不是很搭，我们需要炸成好看一点的东西。考虑把它和$k!$接起来，这要求我们把它拆成$(k+1)^{\overline{i}}$这样的东西。注意到$k^{\underline{r}}$是$k+1$的$r$次多项式，所以我们可以把每一项拆成上升幂，最后就得到一个$\displaystyle\sum_{i=0}^rc_i(k+1)^{\overline{i}}$这样的。看起来需要预处理这个系数。
接下来就比较简单了。我们代回去
\[\begin{aligned} &\frac{1}{r!n!}\sum_{k=r}^n(-1)^kk^{\underline{r}}k!(n-k)!\\ =&\frac{1}{r!n!}\sum_{i=0}^rc_i\sum_{k=r}^n(-1)^k(k+i)!(n-k)!\\ =&\sum_{i=0}^r\frac{(n+i)!c_i}{r!n!}\sum_{k=r}^n\frac{(-1)^k}{\binom{n+i}{k+i}}\\ =&\sum_{i=0}^r\frac{(n+i)!(n+1)c_i}{r!n!}\int_0^1\sum_{k=r}^n(-t)^k(1-t)^{n-k}\mathrm{d}t=\color{cyan}{\mathrm{T}}\\ \int_0^1\sum_{k=r}^n(-t)^k(1-t)^{n-k}\mathrm{d}t=&\int_0^1(-t)^r(1-t)^{n-r}\sum_{k=0}^{n-r}\left(\frac{-t}{1-t}\right)^k\mathrm{d}t\\ =&\int_0^1(-t)^r(1-t)^{n-r}\frac{1-\left(\frac{-t}{1-t}\right)^{n-r+1}}{1-\frac{-t}{1-t}}\mathrm{d}t\\ =&\int_0^1(-t)^r\left((1-t)^{n-r+1}-(-t)^{n-r+1}\right)\mathrm{d}t\\ =&\int_0^1(-t)^r(1-t)^{n-r+1}\mathrm{d}t-\int_0^1(-t)^{n+1}\mathrm{d}t\\ =&\frac{(-1)^r}{(n+2)\binom{n+2}{r}}+\frac{(-1)^n}{n+2}\\ \color{cyan}{\mathrm{T}}=&\sum_{i=0}^r\frac{(n+i)!(n+1)c_i}{r!n!(n+2)}\left(\frac{(-1)^r}{\binom{n+2}{r}}+(-1)^n\right) \end{aligned}\]其中倒数第二行的第一项是一个beta积分。也许会有一些细节问题。
一个更恐怖的问题
求
\[\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2\binom{2n}{n}}\]。看起来比较oi无关。
\[\begin{aligned} &\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2\binom{2n}{n}}\\ =&\int_0^1\sum_{n=1}^\infty\frac{(2n+1)t^n(1-t)^n}{n^2}\mathrm{d}t\\ =&\int_0^1\sum_{n=1}^\infty\frac{(2n+1)t^n(1-t)^n}{(2n+1)(\frac{1}{2}n-\frac{1}{4})+1}\mathrm{d}t\\ =&\frac{1}{2}\int_0^1\sum_{n=1}^\infty\frac{t^n(1-t)^n}{n-\frac{1}{2}}\mathrm{d}t+\int_0^1\sum_{n=1}^\infty (2n+1)t^n(1-t)^n\mathrm{d}t \end{aligned}\]这个看起来比较难受了，我们希望能把分母搞的简单一点。直接做看起来可以解决，但是有一个看起来更简单的方法。在套用beta积分的时候，我们尝试直接把上面的$2n+1$和下面的$n^2$对掉一次 :
\[\begin{aligned} &\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2\binom{2n}{n}}\\ =&\sum_{n=1}^\infty\frac{(n-1)!^2}{(2n)!}\\ =&\sum_{n=1}^\infty\frac{(n-1)!^2}{(2n-2)!(2n-1)(2n)}\\ =&\frac{1}{2}\int_0^1\sum_{n=1}^\infty\frac{t^{n-1}(1-t)^{n-1}}{n}\mathrm{d}t\\ =&-\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\ln(1-t(1-t))}{t(1-t)}\mathrm{d}t \end{aligned}\]很幸运，我们成功了。现在问题就是算这个积分。因为这是oi blog，省略了收敛性的问题。
注意到$\frac{1}{t(1-t)}=\frac{1}{t}+\frac{1}{1-t}$，而那个积分里面是对$t,1-t$对称的，所以答案就是
\[-\int_0^1\frac{\ln(1-t(1-t))}{t}\mathrm{d}t\]考虑把上面部分分式掉 :
\[-\int_0^1\frac{\ln(1-t(1-t))}{t}\mathrm{d}t=-\int_0^1\frac{\ln(1-\alpha)+\ln(1-\beta)}{t}\mathrm{d}t\]其中$\alpha=\frac{1+\sqrt{-3}}{2},\beta=\frac{1-\sqrt{-3}}{2}$是两个六次单位根。考虑其中一项 :
\[\int_0^1\frac{\ln(1-\alpha)}{t}\mathrm{d}t=\int_0^1\sum_{k=1}^\infty\frac{\alpha^kt^{k-1}}{k}\mathrm{d}t=\sum_{k=1}^\infty\frac{\alpha^k}{k^2}\]所以答案就是
\[\sum_{k=1}^\infty\frac{\alpha^k+\beta^k}{k^2}\]因为是六次单位根，我们知道$\alpha^k+\beta^k$有循环节$6$，可以算出在一个周期内它的值是$1,-1,-2,-1,1,2$。所以答案就是
\[\sum_{k=0}^\infty\left(\frac{1}{(6k+1)^2}+\frac{-1}{(6k+2)^2}+\frac{-2}{(6k+3)^2}+\frac{-1}{(6k+4)^2}+\frac{1}{(6k+5)^2}+\frac{2}{(6k+6)^2}\right)\]为了方便，设这六个忽略上面的系数之后分别是$a,b,c,d,e,f$，答案就是$a-b-2c-d+e+2f$。
有一个经典结论称为basel问题 :
\[\zeta(2)=\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}\]所以我们知道$a+b+c+d+e+f=\frac{\pi^2}{6}$。
将它除以$4$，我们知道
\[\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{(2k)^2}=\frac{\pi^2}{24}\]于是
\[\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(2k+1)^2}=\frac{\pi^2}{8}\]，所以我们知道$a+c+e=\frac{\pi^2}{8}$。同理，将它除以$9$，我们知道
\[\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{(3k)^2}=\frac{\pi^2}{54}\]也就是$c+f=\frac{\pi^2}{54}$。将它除以$36$，我们知道
\[\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{(6k)^2}=\frac{\pi^2}{216}\]也就是$f=\frac{\pi^2}{216}$，于是$c=\frac{1}{72}$，$b+d=(a+b+c+d+e+f)-(a+c+e)-f=\frac{\pi^2}{27}$。
答案就是$(a+c+e)-3c-(b+d)+2f=\frac{\pi^2}{8}-\frac{\pi^2}{24}-\frac{\pi^2}{27}+\frac{\pi^2}{108}=\frac{\pi^2}{18}$。结束了。