神级结论
本节介绍一个和取整函数有关的“神级结论”，本质竟和调和级数有关！本题充分利用了取整函数的性质来进行化简，硬核且巧妙！
结论：
Abstract
当 \(\alpha \in \mathbb{N}^*\) 时，有：
\[
\int_{0}^{1}\left(\left [ \dfrac{\alpha}{x} \right ]-\alpha\left [ \dfrac{1}{x} \right ] \right)\mathrm{d}x
=\alpha\ln\alpha-\alpha H_\alpha + \alpha
\]
其中 \(H_\alpha = \displaystyle\sum_{k=1}^{\alpha} \frac{1}{k}\) 是调和级数。
证明：设原积分为 \(I\)。做倒代换，令 \(t = \dfrac{1}{x}\)，则 \(x = \dfrac{1}{t}\)，\(\mathrm{d}x = -\dfrac{1}{t^2}\mathrm{d}t\)。
- 当 \(x \to 0^+\) 时，\(t \to +\infty\)；
- 当 \(x = 1\) 时，\(t = 1\)。
代入原积分并调换上下限：
\[
I = \int_{1}^{+\infty} \frac{[\alpha t] - \alpha[t]}{t^2} \mathrm{d}t
\]
为了消去取整符号 \([\cdot]\)，我们使用整数部分和小数部分的关系式 \([z] = z - \{z\}\)，将其拆为代数项与周期项：
- \([\alpha t] = \alpha t - \{\alpha t\}\)
- \(\alpha[t] = \alpha(t - \{t\}) = \alpha t - \alpha\{t\}\)
将这两项相减：
\[
[\alpha t] - \alpha[t] = (\alpha t - \{\alpha t\}) - (\alpha t - \alpha\{t\}) = \alpha\{t\} - \{\alpha t\}
\]
于是，积分 \(I\) 可以写成两部分之差：
\[
I = \int_{1}^{+\infty} \frac{\alpha\{t\}}{t^2} \mathrm{d}t - \int_{1}^{+\infty} \frac{\{\alpha t\}}{t^2} \mathrm{d}t
\]
我们单独观察第二项积分：
\[
I_2 = \displaystyle\int_{1}^{+\infty} \frac{\{\alpha t\}}{t^2} \mathrm{d}t
\]
令 \(u = \alpha t\)，则 \(t = \dfrac{u}{\alpha}\)，\(\mathrm{d}t = \dfrac{1}{\alpha}\mathrm{d}u\)。
- 当 \(t = 1\) 时，\(u = \alpha\)；
- 当 \(t \to +\infty\) 时，\(u \to +\infty\)。
代入 \(I_2\)：
\[
I_2 = \int_{\alpha}^{+\infty} \frac{\{u\}}{\left(\frac{u}{\alpha}\right)^2} \cdot \frac{1}{\alpha}\mathrm{d}u = \alpha \int_{\alpha}^{+\infty} \frac{\{u\}}{u^2} \mathrm{d}u
\]
因为定积分的自变量符号可以任意更改，我们将 \(u\) 重新写回 \(t\)：
\[
I_2 = \alpha \int_{\alpha}^{+\infty} \frac{\{t\}}{t^2} \mathrm{d}t
\]
现在我们将 \(I_2\) 代回总积分 \(I = I_1 - I_2\)：
\[
I = \alpha \int_{1}^{+\infty} \frac{\{t\}}{t^2} \mathrm{d}t - \alpha \int_{\alpha}^{+\infty} \frac{\{t\}}{t^2} \mathrm{d}t
\]
注意到这两个积分的被积函数完全相同，只是积分下限不同！根据积分的区间可加性，从 \(1\) 到 \(+\infty\) 的积分减去从 \(\alpha\) 到 \(+\infty\) 的积分，剩下的正好就是从 \(1\) 到 \(\alpha\) 的积分：
\[
I = \alpha \int_{1}^{\alpha} \frac{\{t\}}{t^2} \mathrm{d}t
\]
由于题目保证 \(\alpha \in \mathbb{N}^*\)，故在区间 \([1, \alpha]\) 上，根据取整函数的跳跃点，我们需要将积分分段为：\([1,2], [2,3], \dots, [k, k+1], \dots, [\alpha-1, \alpha]\)。
在每一个子区间 \(t \in [k, k+1)\) 上（其中 \(k\) 为正整数），有 \([t] = k\)，因此 \(\{t\} = t - k\)。
我们计算通用子区间上的积分：
\[
\begin{aligned}
\int_{k}^{k+1} \frac{t - k}{t^2} \mathrm{d}t &= \int_{k}^{k+1} \left( \frac{1}{t} - \frac{k}{t^2} \right) \mathrm{d}t \\
&= \left[ \ln t + \frac{k}{t} \right]_{k}^{k+1}\\
&= \ln(k+1) - \ln k + \left( \frac{k}{k+1} - \frac{k}{k} \right) \\
&= \ln(k+1) - \ln k + \frac{k - (k+1)}{k+1} \\
&= \ln(k+1) - \ln k - \frac{1}{k+1}
\end{aligned}
\]
现在对 \(k\) 从 \(1\) 到 \(\alpha-1\) 进行求和：
\[
\int_{1}^{\alpha} \frac{\{t\}}{t^2} \mathrm{d}t = \sum_{k=1}^{\alpha-1} \left( \ln(k+1) - \ln k - \frac{1}{k+1} \right)
\]
求和式中对数的部分显然形成裂项相消：
\[
\begin{aligned}
\sum_{k=1}^{\alpha-1} (\ln(k+1) - \ln k) &= (\ln 2 - \ln 1) + (\ln 3 - \ln 2) + \dots + (\ln \alpha - \ln(\alpha-1)) \\
&= \ln \alpha
\end{aligned}
\]
而求和式中的分式项刚好就凑出题目中的调和级数 \(H_\alpha\) 部分：
\[
\begin{aligned}
\sum_{k=1}^{\alpha-1} \frac{1}{k+1} &= \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{\alpha} \\
&= \left(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{\alpha}\right) - 1 \\
&= H_\alpha - 1
\end{aligned}
\]
所以：
\[
\begin{aligned}
I&=\alpha\int_{1}^{\alpha} \frac{\{t\}}{t^2} \mathrm{d}t \\
&= \alpha(\ln \alpha - (H_\alpha - 1)) \\
&= \alpha \ln \alpha - \alpha H_\alpha + \alpha
\end{aligned}
\]
例题
Example
求积分：
\[
\int_{0}^{1}\left(\left [ \dfrac{3}{x} \right ]-3\left [ \dfrac{1}{x} \right ] \right)\mathrm{d}x
\]
解：直接使用公式，得：
\[
\begin{aligned}
I &= 3\ln3 - 3H_3 + 3\\
&= 3 \ln3 - 3(1 + \frac12+\frac13)+3\\
&= 3\ln3-\frac52
\end{aligned}
\]
Tip
怎么样，本节的这个结论妙不妙？通过倒代换，结合整数部分和小数部分之间的关系，搭配一个线性换元，我们成功将倒代换后的无穷积分区间坍缩成了一个有限区间积分！然后再在这个有限区间上分段积分就变得十分简单了！
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