1.定积分的定义：分割，近似，求和，取极限。极限与定积分的转换。I=\int_{0}^{1}f(x)dx=\lim_{n \rightarrow ∞}{\sum_{i=1}^{n}{f(\frac{i}{n})}}*\frac{1}{n} 一般的：积分区间[a,b]上的通式为 \int_{a}^{b}f(x)dx=\lim_{n \to \infty} \frac{b-a}{n}
\sum_{i=1}^{n}{ f(a+\frac{b-a}{n}i) }\\ \int_{a}^{b}f(x)dx =\lim_{n \to \infty} \frac{b-a}{n}
\sum_{i=1}^{n}{ f(a+\frac{b-a}{n}(i-1)) }
注意：选取高时可以任意选择，只要保证每个区间选的位置一样均可，比如还可以选每个区间的中点2.可积一定有界（可用积分实质--面积理解）；连续一定可积，可积不一定连续（有限个第一类间断点）。可导，可微，连续，极限存在的关系：3.性质（1） \int_{a}^{b}f(x)dx=-\int_{b}^{a}f(x)dx 。（2）线性性质，区间可加性，保号性，保序性，绝对值不等式略。（3）估值定理：设f(x)在[a,b]上的最大值，最小值分别为M，m，则m(b-a)≤\int_{a}^{b}f(x)dx≤M(b-a) 。证： m≤f(x)≤M ，同时积分即得。（4）积分中值定理：设f(x)在[a,b]上连续，g(x)在[a,b]上可积且不变号，则至少存在一点 \xi∈[a,b] ，使得 \int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=f(\xi)\int_{a}^{b}g(x)dx ，特殊情况即g(x)=1，则 \int_{a}^{b}f(x)dx=f(\xi)(b-a) 。证：利用估值定理以及介值定理。注意：可以 \xi\in (a,b) 略证： \int_{a}^{b}f(x)dx=F(b)-F(a)\begin{equation}
\overset{Lagrange}{=}
\end{equation}F^,(\xi)(b-a) 中值定理可以从几何上理解为曲边梯形 \int_{a}^{b}f(x)dx
的面积等于以[a,b]为底， f(\xi) 为高，所以 \frac{\int_{a}^{b}f(x)dx}{b-a} 称为f(x)在[a,b]上的平均值。4.变限积分：g(x)=\int_{a}^{x}f(x)dx（1）g(x)为f(x)的原函数且 g^{,}(x)=f(x) ，当变限积分的上下限都有关于x，则进行求导时分别也要对上下限求导。（2）若f(x)为奇（偶）函数，则 \int_{a}^{x}f(x)dx 为偶（奇）函数。（3）需要注意的有几点：①当变量与积分变量t无关时，可以提到积分号前（此处需要注意的就是关于t求导时，是个复合函数求导）。②当被积函数是复合函数，其内不是单纯的被积变量，则需要换元再进行求导，即被积函数不能含有积分上下限的变量。（4）结论：若f(x)在R上连续且有周期T，则 {\color{red}{\lim_{x \rightarrow ∞}{\frac{1}{x}\int_{0}^{x}f(t)dt=}\frac{1}{T}\int_{0}^{T}f(t)dt}} ，代表连续周期函数在整个实轴上的平均值等于一个周期内的平均值。与此类似的题：求极限 I={\lim_{x \rightarrow ∞}{\frac{1}{x^2}\int_{0}^{x}t|sint|dt}} 解：
{\lim_{x \rightarrow ∞}{\frac{\int_{0}^{ n \pi}t|sint|dt}{((n+1)\pi)^2}}}\le I\le
{\lim_{x \rightarrow ∞}{\frac{\int_{0}^{(n+1)\pi}t|sint|dt}{(n\pi)^2}}} 区间再现即得 \frac{1}{\pi} 或者利用下方6.(5)②5.定积分的换元法：注意换元要换限即可。6.定积分的计算（1）对称奇偶性：若f(x)关于a为偶函数，即f(2a-x)=f(x)或f(a-x)=f(a+x)，亦即f(x)的图形关于x=a对称，则 \int_{a-b}^{a+b}f(x)dx=2\int_{a}^{a+b}f(x)dx=2\int_{a-b}^{a}f(x)dx ，特别的a=0，\int_{-b}^{b}f(x)dx=2\int_{0}^{b}f(x)dx ，f(x)为偶函数；若f(x)关于a为奇函数，即f(2a-x)=-f(x)或f(a-x)=-f(a+x)亦即f(x)的图形关于(a,0)对称，则 \int_{a-b}^{a+b}f(x)dx=0 ，特别的a=0， \int_{-b}^{b}f(x)dx=0 ，f(x)为奇函数。（2）周期函数：设f(x)是周期为T的连续函数，则①对任意的常数a，有 \int_{a}^{a+T}f(x)dx=\int_{0}^{T}f(x)dx②对任意的正整数n，有 \int_{a}^{a+nT}f(x)dx=n\int_{0}^{T}f(x)dx③ \int_{0}^{x}f(t)dt 以T为周期 \Leftrightarrow\int_{0}^{T}f(t)dt=0 注意： \int_{x}^{x+T}f(x)dx=\int_{0}^{T}f(x)dx 也是成立的。证：①记 g(a)=\int_{a}^{a+T}f(x)dx ，则 g^{,}(a)=f(a+T)-f(a)=0 ，故g(a)为常数，所以g(a)=g(0)，即证；② \int_{a}^{a+nT}f(x)dx=\int_{a}^{a+T}f(x)dx+\int_{a+T}^{a+2T}f(x)dx……\int_{a+(n-1)T}^{a+nT}f(x)dx 利用①即证。（3）关于三角函数的一些结论① I_{n}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin^{n}xdx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}cos^{n}xdx=\frac{(n-1)!!}{n!!}\frac{\pi}{2} ，n为正偶数；I_{n}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin^{n}xdx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}cos^{n}xdx=\frac{(n-1)!!}{n!!} ，n为正奇数。其中n!!表示双阶乘，表示不超过n的同奇偶的正整数相乘。比如5!!=5*3*1=15以上公式的递推关系为 I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2} 证：注意：上图有一处错误，你能发现吗？勘误见评论。②4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin^{n}xdx=4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}cos^{n}xdx=\int_{0}^{2\pi}sin^{n}xdx=\int_{0}^{2\pi}cos^{n}xdx，n为正偶数。证：sinx关于 x=\frac{\pi}{2} 对称，利用周期性及对称性即证。注意：当n为正奇数时， \int_{0}^{2\pi}sin^{n}xdx=\int_{0}^{2\pi}cos^{n}xdx=0 另 \int_{0}^{ \pi}sin^{n}xdx=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin^{n}xdx , \int_{0}^{ \pi}cos^{n}xdx= \left\{\begin{matrix}
0,&n\in 2m+1\\2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin^{n}xdx&n\in 2m
\end{matrix}\right. 证明：画图即证。③\int_{\frac{\pi}{2}a}^{\frac{\pi}{2}b}sin^{2}nxdx=\int_{\frac{\pi}{2}a}^{\frac{\pi}{2}b}cos^{2}nxdx=\frac{1}{2}(\frac{\pi}{2}b-\frac{\pi}{2}a) ，其中a，b，n为任意的整数，此类积分值都等于积分区间长度的一半。证：利用二倍角公式即证。④三角函数系的正交性：函数集合F={1，cosx，sinx，cos2x，sin2x……cosnx，sinnx……}称为三角函数系，任取F中两个不同的函数，他们的乘积在 [0,2\pi] 上的积分值为零。如 \int_{0}^{2\pi}sin2xcos3xdx=0 ，由于三角函数的周期性，所以对任意区间长度为 2\pi 的积分均成立。证：利用积化和差即证。*⑤ I =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin^{m}xcos^nxdx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin^nxcos^{m}xdx I=\left\{\begin{matrix}
\frac{(m-1)!!(n-1)!!}{(m+n)!!} \times \frac{\pi}{2} ,&m,n全为偶数\\\frac{(m-1)!!(n-1)!!}{(m+n)!!},&m,n至少一者为奇数
\end{matrix}\right. （4）区间再现：当碰到不易积分的函数或者三角函数与x的积时，可以利用换元（一般是上限加下限减去变量），最终转换为好求的积分以及n倍的原始定积分，n为正整数；即 \int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{a}^{b}f(a+b-x)dx 碰到x与三角函数的积分就用区间再现。（5）结论：①\int_{a}^{b}\frac{1}{\sqrt{(b-x)(x-a)}}dx=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta=\pi 注意到 (b-x)+(x-a)=b-a 故令
\left\{\begin{matrix}
b-x=(b-a)cos^2t\\ x-a=(b-a)sin^2t
\end{matrix}\right. 即得。②设f(x)为连续的偶函数，且以T为周期，则 \int_{0}^{nT}xf(x)dx=\frac{n^{2}T}{2}\int_{0}^{T}f(x)dx 证：区间再现常见为 \int_{0}^{2\pi}xf(cosx)dx=\pi\int_{0}^{2\pi}f(cosx)dx ③ \int_{0}^{\pi}f(sinx)dx=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(sinx)dx ， \int_{0}^{\pi}xf(sinx)dx=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{ {\pi}{ }}f(sinx)dx ， \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(sinx)dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(cosx)dx 7.反常积分： \int_{a}^{∞}f(x)dx=\lim_{b \rightarrow ∞}{}\int_{a}^{b}f(x)dx （1） \int_{a}^{∞}\frac{1}{x^{p}}dx
收敛当且仅当p＞1，收敛于 \frac{1}{p-1} 。（2）线性性质；大敛小也敛，小散大也散；绝对，条件收敛略（注意整体收敛当且仅当部分收敛）。（3）若反常积分 \int_{-∞}^{+∞}f(x)dx 收敛，且f(x)为奇函数，则 \int_{-∞}^{+∞}f(x)dx=0 （注意若少了反常积分收敛的条件，则结论不成立，例如f(x)=sinx）。第二行最后一个式子x改为t8.瑕积分：设f(x)在(a,b]上连续，且 \lim_{x \rightarrow a^{+}}{f(x)}=∞ ，任取 c＞0,a+c∈(a,b] ，称 \int_{a}^{b}f(x)dx=\lim_{c \rightarrow 0^{+}}{\int_{a+c}^{b}f(x)dx} 为无界函数在(a,b]上的反常积分（瑕积分），a称为瑕点。（1）单一型反常积分：积分区间有且只有一个瑕点或者∞（注意综合型需要分解成单一型求解）（2） \int_{0}^{1}\frac{1}{x^{p}}dx
收敛当且仅当p＜1，收敛于 \frac{1}{1-p} 一般的有 \int_{a}^{b}\frac{1}{(x-a)^p}dx,\int_{a}^{b}\frac{1}{(b-x)^p}dx收敛当且仅当p＜1 （有限区间的p积分）（注意与7（1）区分）基本性质同上。（3）判定法则：级数的比较判别法的极限形式，此时x趋于瑕点。（4）基本结论对瑕点为b的瑕积分 \int_{a}^{b}f(x)dx 设 f(x) 在 [a,b) 上连续且 f(x)\ge0 ①存在 0< m<1 使得 \lim_{x \rightarrow b^-}{(b-x)^mf(x)=k,}0\le k<+\infty, 则\int_{a}^{b}f(x)dx收敛②存在 m\ge1 使得 \lim_{x \rightarrow b^-}{(b-x)^mf(x)=k,}0< k\le+\infty,
则\int_{a}^{b}f(x)dx发散对瑕点为无穷大的瑕积分 \int_{a}^{+\infty}f(x)dx 在此区间内无瑕点则①存在 m>1 使得 \lim_{x \rightarrow +\infty}{
x ^mf(x)=0} 则\int_{a}^{+\infty}f(x)dx收敛②存在 m\le1 使得 \lim_{x \rightarrow +\infty}{
x ^mf(x)=\infty} 则\int_{a}^{+\infty}f(x)dx发散 \int_{1}^{+\infty } \frac{1}{x^p(lnx)^q} dx
收敛, p>1,q<1
①积分区间一致，被积函数不一致，则与级数判断一致②积分区间累加（不一定只是0），被积函数一样，根据定义当且仅当两者收敛才收敛，注意此处发散加减发散一定发散9.欧拉积分（可跳过）（1） \Gamma 函数（伽马函数）： \Gamma(s)=\int_{0}^{+∞}x^{s-1}e^{-x}dx，s＞0 ①递推公式 \Gamma(s+1)=s\Gamma(s) ，对于正整数n有 \Gamma(n+1)=n! ，特别 \Gamma(1)=0!=1 ， \Gamma(\frac{1}{2})=\sqrt{\pi},\Gamma(\frac{3}{2})=\frac{1}{2}!=\frac{\sqrt{\pi}}{2} ②高斯积分： \int_{-∞}^{+∞}e^{-x^{2}}dx=\sqrt{\pi} 。证：证③： \int_{-∞}^{+∞}e^{-x^{2}}dx= \sqrt{\pi}\int_{-∞}^{+∞}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sqrt{\frac{1}{2}}}e^{-\frac{x^{2}}{2(\sqrt{\frac{1}{2}})^2}}dx =\sqrt{\pi} 其中为正态分布密度函数（2）B函数（贝塔函数）： B(p,q)=\int_{0}^{1}x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx,p,q＞0 ①对称性B(p,q)=B(q,p)。②递推公式：B(p,q)=\frac{q-1}{p+q-1}B(p,q-1) B(p,q)=\frac{p-1}{p+q-1}B(p-1,q) B(p,q)=\frac{(p-1)(q-1)}{(p+q-1)(p+q-2)}B(p-1,q-1) ③\Gamma 函数与B函数的关系：
B(p,q)=\frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)} 就先写到这么多，后期碰到好的再更，欢迎补充。}

历史哥德巴赫一生都对数列的插值问题痴迷，他希望能找到一个计算 n! 的通项公式，其中n并 不限于整数，而遗憾的是他自己未能解决此问题1722年，哥德巴赫找到尼古拉斯 \cdot 伯努利，希望他能解决这个问题，不过结果事与愿违1729年，他又找了伯努利 \cdot 丹尼尔，而这次没有让哥德巴赫失望。丹尼尔给出的答案是n!=\frac{1\cdot2\cdot3\cdots m}{(1+n)(2+n)\cdots(m-1+n)}(m+\frac{n}{2})^{n-1}\\ 其中 n 可以取非整数遗憾的是这一结果需要 m\rightarrow \infty 时才能得到 n! 的精确值接下来约翰 \cdot 伯努利的学生——欧拉通过此结果终于得到了阶乘的通项公式——伽马函数n!=\Gamma(n+1)=\int_{0}^{\infty}{x^{n}e^{-x}dx}\\欧拉的具体推导方法在此就不展开了，大概步骤如下由丹尼尔的公式可得n!=(m+1)(m+2)\cdots (m+n+1)\int_{0}^{1}{x^m(1-x)^mdx}\\右方积分即为现在的欧拉贝塔函数然后他又利用一些极限的技巧得到了n!=\int_{0}^{\infty}{(-lnt)^ndt}\\最后通过换元便推导出了伽马函数n!=\int_{0}^{\infty}{x^{n}e^{-x}dx}\\1730年，23岁的欧拉将结果写信告知了哥德巴赫，就此，困扰哥德巴赫多年的插值问题终于得到完美解决贝塔函数和伽马函数贝塔函数B(\alpha,\beta)=\int_{0}^{1}{t^{\alpha-1}(1-t)^{\beta-1}dy}\\伽马函数\Gamma(s)=\int_{0}^{\infty}{x^{s-1}e^{-x}dx}\\伽马函数递推公式\Gamma(s+1)=s\Gamma(s)\\贝塔函数和伽马函数的关系B(\alpha,\beta)=\frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)}\\伽马函数的推导\color{red}{\emph{警告!!!}} 柯西积分定理\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}{f(z)dz}=\sum_{n}{Res[f(z_n)]}\\其中 z_n为 f(z) 在 围道\gamma内的极点而 Resf[(z_n)] 被称为 f(z) 在该区域的留数，并且可以这么计算它Resf[(z_n)]=\lim_{z\rightarrow z_n}{(z-z_n)f(z)}\\ 骚年不用紧张，这是个很温柔的公式这个公式告诉我们：一个复变函数在闭合回路内的积分值，等于该函数在此区域内留下的所有洞的总和，这些洞就是该函数的极点啦什么是极点，笼统的说就是发散点的意思。例如 x=0是\frac{1}{x}的一阶极点，而 x=1 是 \frac{1}{(x-1)^2} 的二阶极点等等 \cdots \Gamma(s) 的无穷乘积公式 我们可以通过维尔斯特拉斯公式推导出 \Gamma(s)的无穷乘积公式：\Gamma(s)=\frac{e^{-\gamma s}}{s}\prod_{n=1}^{\infty}{(1+\frac{s}{n})^{-1}e^{s/n}}\\这个公式告诉我们： \Gamma(s) 的极点是 s=-n 即0和全体负整数因为 \lim_{s\rightarrow 0}{\frac{1}{s}}\rightarrow \infty , \lim_{s\rightarrow -n}{(1+\frac{s}{n})^{-1}}\rightarrow \infty \Gamma(s) 的留数接下来就可以开心地计算 \Gamma(s) 的留数了\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}{\Gamma(s)ds}=\lim_{s\rightarrow 0}{s\Gamma(s)}+{}\sum_{n=1}^{\infty}{\lim_{s\rightarrow -n}{(s+n)\Gamma(s)}}\\ 其中 \lim_{s\rightarrow 0}{s\Gamma(s)}=1 观察最右边的极限，发现它等价于\lim_{s\rightarrow -n}{(s+n)\Gamma(s)}=\lim_{\varepsilon\rightarrow 0}{\varepsilon\Gamma(\varepsilon-n)}\\ 这能让右边的极限更友好些已知伽马函数的递推关系 \Gamma(s+1)=s\Gamma(s) ，这一关系可写成这样\Gamma(s)=\frac{\Gamma(s+1)}{s}\\ 之所以要这么写，是因为：右边的式子一直递推下去，分子中伽马函数的自变量会越来越大，这使我们有希望计算非整数型负数的阶乘现在试试计算 \varepsilon\Gamma(\varepsilon-n) ：\begin{align} \Gamma(\varepsilon-n) &=\frac{\Gamma(\varepsilon-n+1)}{\varepsilon-n}\\ &=\frac{\Gamma(\varepsilon-n+2)}{(\varepsilon-n)(\varepsilon-n+1)}\\ &\vdots\\ &=\frac{\Gamma(\varepsilon-n+m)}{(\varepsilon-n)(\varepsilon-n+1)\cdots(\varepsilon-n+m-1)}\\ &=(-1)^m\frac{\Gamma(\varepsilon-n+m)}{(n-\varepsilon)(n-1-\varepsilon)\cdots(n-m+1-\varepsilon)}\\ \end{align}\\ 设 m=n ：\begin{align} \Gamma(\varepsilon-n) =(-1)^n\frac{\Gamma(\varepsilon)}{(n-\varepsilon)(n-1-\varepsilon)\cdots(1-\varepsilon)}\\ \end{align}\\因为 s\Gamma(s)=\Gamma(s+1) ，所以\lim_{\varepsilon\rightarrow0}{\varepsilon\Gamma(\varepsilon)}=\lim_{\varepsilon\rightarrow0}{\Gamma(\varepsilon+1)}=\Gamma(1)=1\\然后得到\color{green}{\lim_{\varepsilon\rightarrow 0}{\varepsilon\Gamma(\varepsilon-n)}=\frac{(-1)^n}{n!}}\\接着我们神奇地发现\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^n}{n!}}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-1)^n}{n!}}-1=\frac{1}{e}-1\\于是可以毫不犹豫地写出下式：\sum_{n=1}^{\infty}{\lim_{\varepsilon\rightarrow 0}{\varepsilon\Gamma(\varepsilon-n)}}=\frac{1}{e}-1\\于是我们便愉快地得到了 \Gamma(s) 的留数\color{purple}{\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}{\Gamma(s)ds} =\frac{1}{e}}\\\int_{-i\infty}^{+i\infty}{\Gamma(s)x^{-s}ds} 的值考虑以下积分路径由柯西积分定理可知
\color{plum}{(R\rightarrow\infty)} \color{blue}{\oint_{\gamma}{\Gamma(z)x^{-z}dz}} =\color{orange}{\int_{-i\infty}^{+i\infty}{\Gamma(s)x^{-s}ds}} +\color{purple}{\int_{\gamma^+}{\Gamma(z)x^{-z}dz}}\\ (1) 因为 \color{purple}{ \Gamma(z)\sim\frac{1}{z} } ，因此以下极限成立\color{purple}{ \lim_{\left
z \right|\rightarrow\infty}{z\Gamma(z)x^{-z}}= \lim_{\left
z \right|\rightarrow\infty}{\frac{\Gamma(z+1)}{x^z}}= \lim_{\left
z \right|\rightarrow\infty}{\frac{1}{(z+1)x^z}}=0 }\\ 根据大圆定理可知\color{purple}{ \int_{\gamma^+}{\Gamma(z)x^{-z}dz}= \lim_{\left
z \right|\rightarrow\infty}{z\Gamma(z)x^{-z}}=0 }\\
(2) 应用刚才讨论的结论 \scriptstyle\color{green}{\lim_{\varepsilon\rightarrow 0}{\varepsilon\Gamma(\varepsilon-n)}=\frac{(-1)^n}{n!}} 可得\color{blue}{ \frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}{\Gamma(z)x^{-z}dz} =\lim_{z\rightarrow0}{z\Gamma(z)x^{-z}}+\lim_{z\rightarrow-n}{(z+n)\Gamma(z)x^{-z} =1+\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^n}{n!}x^n}=e^{-x}} } \\ (3) 综上所述 \color{orange}{\frac{1}{2\pi i}\int_{-i\infty}^{+i\infty}{\Gamma(s)x^{-s}ds}}= \color{blue}{\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}{\Gamma(z)x^{-z}dz}}= \color{blue}{e^{-x}}\\ Mellin 变换历史简单来说， Mellin变换是以幂函数为核的积分变换黎曼在《论小于给定值的素数个数》论文中首次使用了该技巧，目的是通过 Fourier 变换将特定积分式内的某个函数反解出来后来由一芬兰数学家 Hjalmar\ Mellin 将此方法扩展，就成了如今的 Mellin 变换定义已知积分F(s)=\int_{0}^{\infty}{f(x)x^{s-1}dx}\\ 欲反求出 f(x) 的表达式我们约定\mathscr{M}[f(x)](s) 表示 f(x) 的 Mellin 正变换 (简写 \mathscr{M}f )\mathscr{M^{-1}}[F(s)](x) 表示 F(s) 的Mellin 逆变换
(简写 \mathscr{M^{-1}}F )这里直接给出公式 (篇幅不够)\begin{align} &\color{purple}{F(s)=\mathscr{M}f=\int_{0}^{\infty}{f(x)x^{s-1}dx}}\\ &\color{orange}{f(x)=\mathscr{M^{-1}}F=\frac{1}{2\pi i}\int_{\alpha-i\infty}^{\alpha+i\infty}{F(s)x^{-s}ds}} \end{align}\\ 橙色部分的积分路径 C 为：原点在 x 轴上，以 R 为半径的左半圆， \alpha 为圆心的坐标\alpha 是这样一个值： R\rightarrow \infty 时， \alpha 的取值能使该半圆区域 C 包含 \color{orange}{F(s)x^{-s}} 所有的极点\Gamma(s) 的积分表达式由上面得到的相关结论可知\color{orange}{\mathscr{M^{-1}}\Gamma(s)=\frac{1}{2\pi i}\int_{-i\infty}^{+i\infty}{\Gamma(s)x^{-s}ds}=e^{-x}}\\ Finally 我们便\scriptstyle\color{purple}{\textbf{优雅}}地得到了\color{purple}{\Gamma(s)=\mathscr{M}e^{-x}=\int_{0}^{\infty}{e^{-x}x^{s-1}dx}}\\ 番外\Gamma(\frac{1}{s}\pm n) 的值\color{orange}{n,s\in N^+\vee s>1} 由 \Gamma(s) 函数的递推关系 \Gamma(s)=(s-1)\Gamma(s-1) 得\begin{align} \Gamma(\frac{1}{s}+n)= (\frac{1}{s}+n-1)\Gamma(\frac{1}{s}+n-1)= \frac{ns-s+1}{s}\Gamma(\frac{ns-s+1}{s}) \end{align}\\ 一直递推下去\begin{align} \Gamma(\frac{1}{s}+n)=& \frac{ns-s+1}{s}\Gamma(\frac{ns-s+1}{s})\\=& \frac{ns-s+1}{s}\frac{ns-2s+1}{s}\Gamma(\frac{ns-2s+1}{s})\\ \vdots\\=& \frac{ns-s+1}{s}\frac{ns-2s+1}{s}\cdots\frac{ns-ms+1}{s}\Gamma(\frac{ns-ms+1}{s})\\ \end{align} 现在让 m=n ：\begin{align} \Gamma(\frac{1}{s}+n)=& \frac{ns-s+1}{s}\frac{ns-2s+1}{s}\cdots\frac{1}{s}\Gamma(\frac{1}{s}) \\=& \frac{(ns-s+1)\cdot(ns-2s+1)\cdots1}{s^n}\Gamma(\frac{1}{s})\\=& \Gamma(\frac{1}{s})\frac{[ns-(s-1)]!^{(s)}}{s^n} \end{align}\\其中 n!^{(s)} 表示 n 的s 重阶乘，如6\color{red}!^{(\color{red}2)}=6\color{red}{!!}=(6-\color{red}0)(6-\color{red}2)(6-\color{red}4)=6\cdot4\cdot2=48\\同理可得\begin{align} \Gamma(\frac{1}{s}-n)= \Gamma(\frac{1}{s})\frac{(-1)^ns^n}{[ns-(s-1)]!^{(s)}} \end{align}\\因此\begin{align} \color{red}{ \Gamma(\frac{1}{s}+n)\Gamma(\frac{1}{s}-n)= (-1)^n\Gamma(\frac{1}{s})^2 } \end{align}\\设 \color{blue}{s=2} ，则\left\{ \begin{align} \Gamma(\frac{1}{2}+n)=& \sqrt{\pi}\ \frac{(2n-1)!!}{2^n}\\\\ \Gamma(\frac{1}{2}-n)=& (-1)^n\sqrt{\pi}\ \frac{2^n}{(2n-1)!!} \end{align} \right.\\ 其中 \color{green}{\Gamma(\frac{1}{2})=\sqrt{\pi}} \Gamma\Big(\frac12\Big) 的计算Γ函数的积分表达式为\Gamma(s)=\int_0^\infty x^{s-1}e^{-x}dx\\ 令 y=x^s ，则 x=y^{\frac1s},\ dx= \frac1s y^{\frac1s-1}dy ，则\Gamma(s)=\frac1s\int_0^\infty e^{-\sqrt[s]y}dy\\ 设 s=\frac12 并根据高斯积分公式可知\Gamma\Big(\frac12\Big)= 2\int_0^\infty e^{-y^2}dy=\sqrt{\pi}\\当然也可通过余元公式得到以上结论\color{purple}{\Gamma(s)\Gamma(1-s)=\frac\pi{\sin\pi s}}\\余元公式的证明我们知道β函数与Γ函数的关系B(s,1-s)=\Gamma(s)\Gamma(1-s)= \int_0^1t^s(1-t)^{1-s}dy= \int_0^1\Big(\frac1{1-t}-1\Big)^s\frac{dt}{t}\\作代换 x=\frac1{1-t}-1 ，则 t=1-\frac1{1+x},\ dt=\frac{dx}{(1+x)^2} ，代入原积分得\int_0^1\Big(\frac1{1-t}-1\Big)^s\frac{dt}{t}= \int_0^\infty\frac{x^{s-1}}{1+x}dx\tag1\\ 为了计算右侧积分，考虑多值函数的反常积分I=\int_0^\infty f(x)dx=\int_0^\infty x^{s-1}R(x)dx\\其中 0<s<1 ， R(x)=\frac{P_n(x)}{Q_m(x)},\ m-n\ge1 若 f(x) 在正半轴 \{z\
\ \Im z=0, \Re z>0\} 无极点，则可取以下积分路径 C 积分路径考虑到 f(z) 在小圆 C_\delta 与大圆 C_R 上的积分为 0 ，设割线上岸辐角为 0 ，则下岸辐角为 2\pi 根据柯西积分定理与留数定理可知\oint_Cz^{s-1}R(z)dz=(1-e^{i2\pi s})\int_0^\infty x^{s-1}R(x)dx= 2\pi i\sum_{k=1}^n\underset{z=z_k}{\mathrm{Res}}\ z^{s-1}R(z)\\则在实轴上的积分\int_0^\infty x^{s-1}R(x)dx= \frac{2\pi i}{1-e^{i2\pi s}} \sum_{k=1}^n\underset{z=z_k}{\mathrm{Res}}\ z^{s-1}R(z)\tag2 设有理式 R(z)=\frac{1}{1+z} ，由于 f(z)=z^{s-1}R(z) 的唯一极点 z=e^{i\pi} 不在正半轴上，且\underset{z=e^{i\pi}}{\mathrm{Res}}\ z^{s-1}R(z)= \underset{z=e^{i\pi}}{\mathrm{Res}}\ \frac{z^{s-1}}{1+z}= \lim_{z\to e^{i\pi}}\frac{z^{s-1}}{(1+z)'}= -e^{i\pi s}\\ 故可根据结论(2)得到\int_0^\infty\frac{x^{s-1}}{1+x}dx= -\frac{2\pi i }{1-e^{i2\pi s}}\cdot e^{i\pi s}= \frac{2\pi i}{e^{i\pi s}-e^{-i\pi s}}\\根据欧拉公式可知\frac{2\pi i}{e^{i\pi s}-e^{-i\pi s}}= \frac{\pi}{\sin\pi s}\\结合结论(1)便可得余元公式\color{red}{ \Gamma(s)\Gamma(1-s)= \int_0^\infty\frac{x^{s-1}}{1+x}dx= \frac{\pi}{\sin\pi s} }\\(2n-1)!! 的计算对于(2n-1)!!，我们自然希望拥有一个行之有效计算方法观察如下阶乘\begin{align}
&(2n)!=2n(2n-1)(2n-2)(2n-3)\cdots\\\\ &(2n-1)!!=(2n-1)(2n-3)(2n-5)\cdots \end{align}\\两者相除得\frac{(2n)!}{(2n-1)!!}=\color{purple}{\underbrace{2n(2n-2)(2n-4)(2n-6)\cdots4\cdot2}_{n项}}\\紫色部分恰有n 项，且它的乘积因子都是偶数，一对一对的 \cdots 相信紫色部分不会介意我把 2 拆出来：\frac{(2n)!}{(2n-1)!!}=\color{purple}{2^n(n-1)(n-2)\cdots\cdot2\cdot1=2^nn!} \\经过一番理性的操作，我们终于得到了 (2n-1)!! 的简便计算方法\color{red}{\boxed{(2n-1)!!=\frac{(2n)!}{2^nn!}}}\\呃\cdots 推广偶数的双阶乘(2n)!!=2\cdot 4\cdot 6\cdot 8\cdots 2n=2^nn!\\奇数的双阶乘(2n-1)!!=1\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdots (2n-1)=\frac{(2n)!}{2^nn!}\\因此\begin{align} &(2n-1)!!(2n)!!=1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdots2n=(2n)!\\ \\ \\ &\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{5}{6}\cdot \frac{7}{8}\cdots\frac{2n-1}{2n}=\frac{(2n)!}{2^{2n}n!^2} \end{align}\\结语李特尔伍德说：”所有整数都是拉马努金的朋友。“{Some\ fictional\ hypothesis\ is\ enough\ to\ explain\ many\ phenomena.} }