一类特殊积分的计算

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前言

今天讨论的这类积分是十分有趣的，在 Mathematics Stack Exchange 看见后，便打算在此将其中的计算过程完善一下。在本篇文章中，我们重点考虑求解如下积分：
$${\int }_0^1{x}^n{x}^x(1-x{)}^{1-x}\sin (\pi x)dx\text{\hspace{1em}(1)}$$ 其中，$n\ge 0$。为了计算该积分及其相关结论，我们需要使用两个引理。

一、第一个引理

引理1 设 $f(x)=(x+1)\left[e-{\left(\frac{1+x}{x}\right)}^x\right]$，$x>0$，则有
$$f(x)=\frac{e}{2}+\frac{1}{\pi }{\int }_0^1\frac{s^s(1-s{)}^{1-s}\sin (\pi s)}{x+s}ds$$ 证明：参考文献 The classical moment problem and some related questions in analysis, N.I. Akhiezer, 1965, p.127，我们引用一个这里需要用到的结论：

如果一个函数 $f(z)$ 在割平面 $\mathcal{A}=\mathbb{C}\backslash (-\infty ,0]$ 上是全纯的，并且满足对于 $\text{Im}z>0$ 有 $\text{Im}f(z)\le 0$，对于 $x>0$，有 $f(x)\ge 0$，则 $f$ 是一个斯蒂尔切斯变换（Stieltjes transform）：即 $\exists a\ge 0$，以及存在一个 $[0,+\infty )$ 上的非负测度 $\mu$，其中 $\mu$ 满足 ${\int }_0^{+\infty }\frac{d\mu (t)}{1+t}<+\infty$，使得当 $x>0$ 时，$f(x)=a+{\int }_0^{+\infty }\frac{d\mu (t)}{x+t}$。常数 $a$ 由 $a={\lim }_{x\to +\infty }f(x)$ 给出，并且 $\mu$ 是测度的淡拓扑（vague topology）极限，即 $d\mu (t)={\lim }_{y\to 0^{+}}-\frac{1}{\pi }\text{Im}f(-t+iy)dt$，也就是说，对于 $\mathbb{R}$ 上所有具有紧支集的连续函数，有 ${\int }_{\mathbb{R}}\phi (t)d\mu (t)={\lim }_{y\to 0^{+}}-\frac{1}{\pi }{\int }_{\mathbb{R}}\text{Im}f(-t+iy)\phi (t)dt$。

设 $f(z)=(1+z)[e-\exp (z\log (1+1/z))]$，$z\in \mathcal{A}$。其中 $\log$ 表示对数的主值支。我们知道对数的泰勒展开在 $x\to 0$ 时为 $\log (1+x)=x-x^2/2+x^3/3-\cdots$，从而当 $|z|\to +\infty$ 时，$\log (1+1/z)=1/z-1/2z^2+1/3z^3$，将上述展开式代入 $z\log (1+1/z)$ 中，可得 $z\log (1+1/z)=1-1/2z+1/3z^2$。因此当 $z\in \mathcal{A}$ 且 $|z|\to +\infty$ 时有
$$\begin{array}{rl}\exp (z\log (1+1/z))& =\exp (1-1/2z+1/3z^2-\cdots )\\ & =e\cdot \exp (-1/2z+1/3z^2-\cdots )\\ & =e\cdot (1+(-1/2z+1/3z^2-\cdots )+\cdots )\\ & =e\cdot (1-1/2z)+O(1/z^2)\end{array}$$ 将上式带入 $f(z)$ 中可得：
$$\begin{array}{rl}f(z)& =(1+z)[e-\exp (z\log (1+1/z))]\\ & =(1+z)[e-e\cdot (1-1/2z)+O(1/z^2)]\\ & =(1+z)[e/2z+O(1/z^2)]\\ & =e/2+e/2z+O(1/z)\end{array}$$ 此表明，${\lim }_{|z|\to +\infty }f(z)=e/2$，$z\in \mathcal{A}$。因此有 $a={\lim }_{x\to +\infty }f(x)=e/2$。

为说明当 $\text{Im}z>0$ 时，有 $\text{Im}f(z)\le 0$，我们可以考虑 $\text{Im}f(z)$ 的具体表达式。设 $t\in \mathbb{R}$，$z\in \mathbb{C}$ 且 $\text{Im}z>0$。令 $z\to t$，则当 $t>0$ 时，显然有 $f(z)\to f(t)$。

若 $t=0$，则 $f(z)\to e-1$，这是因为，$\log (1+1/z)=\log (1/z)+\log (1+z)=-\log (z)+\log (1+z)$。当 $z\to 0$ 时，有
$$\log (1+z)=z-z^2/2+z^3/3-z^4/4+\cdots$$ 代入 $f(z)$，当 $z\to 0$ 时，则有
$$\begin{gathered} f(z)=(1+z)[e-\exp (z(-\log (z)+z+O(z^2)))] \\ =(1+z)[e-\exp (-z\log (z)+z^2+O(z^3))] \end{gathered}$$ 因此 ${\lim }_{z\to 0}f(z)=e-1$，其中 ${\lim }_{z\to 0}z\log (z)=0$（此中极限皆是在 $\mathcal{A}$ 中进行的）。

若 $-1<t<0$，则 $1/z$ 的虚部为负，$1+1/z$ 位于复平面的下半平面。这是因为可设 $z=x+iy$，其中 $y>0$（$\text{Im}z>0$），则 $1/z$​ 可以表示为
$$\frac{1}{z}=\frac{\bar{z}}{|z{|}^2}=\frac{x-iy}{x^2+y^2}$$ 因此 $\text{Im}\frac{1}{z}=\frac{-y}{x^2+y^2}<0$，$\text{Im}(1+\frac{1}{z})<0$。

至于对数主值支 $\log (1+\frac{1}{z})$，由定义可得：
$$\begin{array}{rl}\log (1+1/z)& =\log \left|1+\frac{1}{z}\right|+i\cdot \text{Arg}\left(1+\frac{1}{z}\right)\\ & =\log \left|1+\frac{1}{z}\right|+i\cdot (-\pi +\theta )\\ & =\log \left|1+\frac{1}{z}\right|-\pi i+\theta i\end{array}$$ 其中，$\theta$ 是一个小的正角，随着 $z\to t$，$\theta$ 趋向于 $0$。代入 $f(z)$ 可得：
$$\begin{array}{rl}f(z)& =(1+z)[e-\exp (z\cdot (\log |1+1/z|-\pi i+\theta i))]\\ & =(1+z)[e-\exp (z\cdot \log |1+1/z|)\cdot \exp (-\pi i\cdot z)\cdot \exp (\theta i\cdot z)]\end{array}$$ 由此可得：
$$\begin{array}{rl}\underset{z\to t}{\lim }f(z)& =(1+t)[e-\exp (t\cdot \log |1+1/t|)\cdot \exp (-\pi it)]\\ & =(1+t)\left[e-\exp \left(t\cdot \log \frac{1+t}{|t|}-\pi it\right)\right]\\ & =(1+t)\left[e-\exp \left(t\cdot \log \frac{1+t}{|t|}\right)\cdot \left(\cos (\pi t)-i\sin (\pi t)\right)\right]\end{array}$$ 当 $t=-1$ 时，对于 $t$ 附近的 $z$，可以表示为 $z=-1+\epsilon$，其中 $\epsilon$ 是一个充分接近于 $0$ 的复数。$1/z=1/(-1+\epsilon )=-1/(1-\epsilon )$，对于 $|\epsilon |<1$，有泰勒展开
$$\frac{1}{1-\epsilon }=1+\epsilon +{\epsilon }^2+\cdots$$ 因此我们有：
$$\begin{array}{rl}\frac{1}{z}& =-1/(1-\epsilon )\\ & =-(1+\epsilon +{\epsilon }^2+\cdots )\\ & =-1-\epsilon +O({\epsilon }^2)\end{array}$$ 进一步可得，当 $\epsilon$ 充分接近 $0$ 时，
$$\begin{array}{rl}\log (1+1/z)& =\log (-\epsilon +O({\epsilon }^2))\\ & =\log (-\epsilon (1+O(\epsilon ))\\ & =\log (-\epsilon )+\log (1+O(\epsilon ))\\ & =\log (-\epsilon )+O(\epsilon )\\ & =\log |\epsilon |+i\theta +O(\epsilon )\end{array}$$ 其中 $\theta$ 系 $-\epsilon$ 的辐角主值，满足 $-\pi <\theta <0$。
$$\begin{array}{rl}z\log (1+1/z)& =(-1+\epsilon )(\log |\epsilon |+i\theta +O(\epsilon ))\\ & =-\log |\epsilon |-i\theta +O(\epsilon \log |\epsilon |)\end{array}$$ 取指数可得：
$$\begin{array}{rl}\exp (z\log (1+1/z))& =\exp (-\log |\epsilon |-i\theta +O(\epsilon \log |\epsilon |))\\ & =\frac{1}{|\epsilon |}\cdot \exp (-i\theta +O(\epsilon \log |\epsilon |))\end{array}$$ 代入 $f(z)$ 可得：
$$\begin{array}{rl}f(z)& =(1+z)\left[e-\exp (z\log (1+1/z))\right]\\ & =\epsilon \left[e-\frac{1}{|\epsilon |}\cdot \exp (-i\theta +O(\epsilon \log |\epsilon |))\right]\\ & =\epsilon e+(-\epsilon /|-\epsilon |)\cdot \exp (-i\theta +O(\epsilon \log |\epsilon |))\\ & =\epsilon e+\exp (i\theta )\cdot \exp (-i\theta +O(\epsilon \log |\epsilon |))\\ & =\epsilon e+\exp (O(\epsilon \log |\epsilon |))\end{array}$$ 因此可得（极限中的 $z$ 还是从上半平面取的）：
$$\underset{z\to -1}{\lim }f(z)=\underset{\epsilon \to 0}{\lim }f(\epsilon )=1$$ 最后，当 $t<-1$ 时，此时当 $z\to t$ 时，$1+1/z\to 1+1/t$（该极限值大于 $0$， $\log (1+1/z)$ 的极限系实值），从而有：
$$\underset{z\to t}{\lim }f(z)=(1+t)\left[e-\exp \left(t\log \left(\frac{1+t}{t}\right)\right)\right]$$ 综上，当 $z\to t$ 时，我们可以给出下述结果：
$$\begin{array}{c}f(z)\to \{\begin{array}{clc}& f(t),& t>0\\ & e-1,& t=0\\ & (1+t)\left[e-\exp \left(t\cdot \log \frac{1+t}{|t|}-\pi it\right)\right],& -1<t<0\\ & 1,& t=-1\\ & (1+t)\left[e-\exp \left(t\log \left(\frac{1+t}{t}\right)\right)\right],& t<-1\end{array}\end{array}$$ 特别地，我们取 $z=-t+yi$，$t\in \mathbb{R}$，$y\to 0^{+}$，则有：
$$\begin{array}{c}-\frac{1}{\pi }\text{Im}f(z)\to \{\begin{array}{clc}& 0,& t\le 0\text{或}t\ge 0\\ & & \\ & \frac{1}{\pi }(1-t)\exp \left(-t\cdot \log \frac{1-t}{t}\right)\cdot \sin (\pi t),& 0<t<1\end{array}\end{array}$$ 记 C + = { z ∣ Im z > 0 } \mathscr{C}_{+} = \{ z | \; \text{Im} z >0 \} C+​={z∣Imz>0} 为上半平面，则对于 $z\in \partial {\mathcal{C}}_{+}$，有 $\text{Im}f(z)\le 0$。因为 $f(z)$ 是割平面 $\mathcal{A}=\mathbb{C}\backslash (-\infty ,-1]$ 上的解析函数（$z=0$ 是可去奇点，补充定义则解析），所以 $\text{Im}f(z)$ 是 $\mathcal{A}$ 上同样也是 ${\mathcal{C}}_{+}$ 上的调和函数，根据调和函数的最大模原理，由于 $\text{Im}f(z)$ 在 ${\mathcal{C}}_{+}$ 上不是常数函数且 $\text{Im}f(z)$ 在 $\overline{{\mathcal{C}}_{+}}$ 连续（补充定义），则 $\text{Im}f(z)$ 的最大值只能在 ${\mathcal{C}}_{+}$ 的边界 $\partial {\mathcal{C}}_{+}$ 上取到，而在边界上的最大值满足 $\text{Im}f(z)\le 0$，因此当 $\text{Im}z>0$ 时，恒有 $\text{Im}f(z)\le 0$。

显然当 $x>0$ 时，有 $f(x)=(x+1)\left[e-{\left(\frac{1+x}{x}\right)}^x\right]>0$，综合上面的结论，可得 $f$ 是一个斯蒂尔切斯变换且当 $x>0$ 时，有
$$\begin{array}{rl}f(x)& =a+{\int }_0^{+\infty }\frac{d\mu (t)}{x+t}\\ & =\frac{e}{2}-\frac{1}{\pi }\cdot \underset{y\to 0^{+}}{\lim }{\int }_0^{+\infty }\frac{\text{Im}f(-t+iy)}{x+t}dt\\ & =\frac{e}{2}+\frac{1}{\pi }\cdot {\int }_0^1\frac{(1-t)\exp \left(-t\cdot \log \frac{1-t}{t}\right)\cdot \sin (\pi t)}{x+t}dt\\ & =\frac{e}{2}+\frac{1}{\pi }\cdot {\int }_0^1\frac{t^t(1-t{)}^{1-t}\sin (\pi t)}{x+t}dt\end{array}$$ 这就证明了引理1。其中极限与积分交换顺序可考虑积分区间在 [0,1] 上的控制收敛定理。 $\square$

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二、第二个引理

引理2 设 $h(s)$ 是 $[0,1]$ 上的连续函数，则有
$$\underset{n\to +\infty }{\lim }n{\int }_0^1{s}^{n}h(s)ds=h(1)$$ 证明：令 $t=s^n$，则得：
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1{s}^{n}h(s)ds& ={\int }_0^{1}t\cdot h(t^{1/n})\frac{1}{n}{t}^{-1+1/n}dt\\ & =\frac{1}{n}{\int }_0^1{t}^{1/n}h(t^{1/n})dt\end{array}$$ 从而有 $n{\int }_0^1{s}^{n}h(s)ds={\int }_0^1{t}^{1/n}h(t^{1/n})dt$。显然
$$|t^{1/n}h(t^{1/n})|\le t^{1/n}M\le M$$ 由控制收敛定理得：
$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^1{t}^{1/n}h(t^{1/n})dt={\int }_0^{1}h(1)dt=h(1)$$ 证毕。 $\square$

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三、积分的计算

考虑一个重要的实数序列 { b n } n ≥ 1 \{ b_n \}_{n\geq 1} {bn​}n≥1​，其中 $b_0=-1$，
$$b_n=-\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{b_{n-k}}{k+1},n=1,2,\cdots$$ 定理3 设 { b n } n ≥ 1 \{ b_n \}_{n\geq 1} {bn​}n≥1​ 如上所述，并设
$$g(s)=\frac{1}{\pi }{s}^s(1-s{)}^{1-s}\sin (\pi s),$$ 则有
$$\begin{array}{rl}& b_n=\frac{1}{e}{\int }_0^{1}g(s)(1-s{)}^{n-2}ds=\frac{1}{e}{\int }_0^{1}g(s)s^{n-2}ds,\\ & 0<b_n\le \frac{1}{n(n+1)},(n=1,2,\cdots ),\\ & b_{n+1}<b_n,(n=1,2,\cdots ),\\ & \underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{b_{n+1}}{b_n}=1.\end{array}$$ 证明：令 $t=\frac{1}{1+x}$，则 $x=\frac{1-t}{t}$，定义函数
$$f(t)=e-(1-t{)}^{1-1/t}$$ 其对应于 $f(1/(1+x))=e-((1+x)/x{)}^x$，显然有 $f(0)=0$（极限意义的值）。

对于实数序列 { b n } n ≥ 1 \{ b_n \}_{n\geq 1} {bn​}n≥1​，由递推公式 $b_n=-\frac{1}{n}{\sum }_{k=1}^n\frac{b_{n-k}}{k+1}$，可得：
$$\begin{array}{rl}n{b}_n& =-\sum _{k=1}^n\frac{b_{n-k}}{k+1},\\ \sum _{n=1}^{+\infty }n{b}_n{t}^n& =-\sum _{n=1}^{+\infty }\sum _{k=1}^n\frac{b_{n-k}}{k+1}{t}^n\\ & =-\sum _{k=1}^{+\infty }\sum _{n=k}^{+\infty }\frac{b_{n-k}}{k+1}{t}^n\\ & =-\sum _{k=1}^{+\infty }\frac{t^k}{k+1}\sum _{m=0}^{+\infty }{b}_m{t}^m(令m=n-k)\end{array}$$ 令 $G(t)={\sum }_{n=0}^{+\infty }{b}_n{t}^n$，则 $G^{\prime }(t)={\sum }_{n=1}^{+\infty }n{b}_n{t}^{n-1}$，注意到 ${\sum }_{k=1}^{+\infty }\frac{t^k}{k+1}=\frac{-t-\ln (1-t)}{t}$，结合上面的求和等式可得下述微分方程：
$$\frac{dG(t)}{dt}=\frac{t+\ln (1-t)}{t^2}\cdot G(t)$$ 满足 $G(0)=-1$。上面的级数 ${\sum }_{k=1}^{+\infty }\frac{t^k}{k+1}$ 可以用 mathematica 轻松求解，下面是求解代码：

(*定义级数*)
sumResult = Sum[t^n/(n + 1), {n, 1, Infinity}];(*输出结果*)
sumResult

上述微分方程的求解会比较困难，mathematica 也解不出来，但我们可以通过观察发现一个可能的形如 $G(t)=\frac{f(t)}{e}-1$ 的解，显然满足 $G(0)=-1$。现在我们同样可以借助 mathematica 进行解的验证，参考下面的 mathematica 代码：

(*定义函数 f(t)*)
f[t_] := E - (1 - t)^(1 - 1/t);(*定义函数 G(t)*)
G[t_] := f[t]/E - 1;(*对 G(t) 求导*)
GPrime[t_] := D[G[t], t];(*定义微分方程*)
eqn = D[G[t], t] == G[t]*(t + Log[1 - t])/t^2;(*验证微分方程*)
CheckEqn = eqn /. {G'[t] -> GPrime[t], G[t] -> G[t]};
simplifiedCheckEqn = Simplify[CheckEqn];(*验证初始条件*)
initialCondition = Limit[G[t], t -> 0] == -1;(*输出结果*)
simplifiedCheckEqn
initialCondition

在得到的两个结果中，simplifiedCheckEqn 返回了 True，表示 $G(t)$ 满足上述微分方程；initialCondition 也返回了 True，表示 $G(0)=-1$ 成立。因此 $G(t)=\frac{f(t)}{e}-1$ 是微分方程 $\frac{dG(t)}{dt}=\frac{t+\ln (1-t)}{t^2}\cdot G(t)$ 满足初值条件 $G(0)=-1$ 的解。至此我们有：
$$G(t)=\sum _{n=0}^{+\infty }{b}_n{t}^n=-\frac{(1-t{)}^{1-1/t}}{e}$$ 其中 $b_n=\frac{G^{(n)}(0)}{n!}$，结合 $G^{(n)}(t)=\frac{f^{(n)}(t)}{e}$，我们最终得到：
$$b_n=\frac{f^{(n)}(0)}{n!e},n=1,2,\cdots$$ 值得注意的是，$b_0=-1=G(0)\ne f(0)$。
另一方面，令 $t=\frac{1}{x+1}$ 可得 $F(t):=\frac{f(t)}{t}=(x+1)\left[e-{\left(\frac{1+x}{x}\right)}^x\right]$，对 $F(t)$ 用引理1可得：
$$\begin{array}{rl}F(t)& =(x+1)\left[e-{\left(\frac{1+x}{x}\right)}^x\right]\\ & =\frac{e}{2}+\frac{1}{\pi }{\int }_0^1\frac{s^s(1-s{)}^{1-s}\sin (\pi s)}{x+s}ds\\ & =\frac{e}{2}+\frac{1}{\pi }{\int }_0^1\frac{s^s(1-s{)}^{1-s}\sin (\pi s)}{(1/t-1)+s}ds\end{array}$$ 由 $F(t)=\frac{f(t)}{t}$，以及 $x>0$ 有 $0<t<1$，可得：
$$\begin{array}{rl}f(t)& =\frac{e}{2}t+\frac{1}{\pi }{\int }_0^1\frac{t^2{s}^s(1-s{)}^{1-s}\sin (\pi s)}{1+(s-1)t}ds\\ & =\frac{e}{2}t+{\int }_0^1\frac{g(s)\cdot t^2}{1+(s-1)t}ds,(0\le t<1)\end{array}$$ 其中 $g(s)=\frac{1}{\pi }{s}^s(1-s{)}^{1-s}\sin (\pi s)$。

求导显然可得 $f^{\prime }(0)=\frac{e}{2}$，记 $h(t)=\frac{t^2}{1+(s-1)t}$，则通过 mathematica 观察得到 $h(t)$ 关于 $t$ 的 $n$ 阶导为：
$$\begin{array}{rl}{h}^{\prime }(t)=& -\frac{(s-1)t^2}{(1+(s-1)t{)}^2}+\frac{2t}{(1+(s-1)t)},\\ h^{(n)}(t)=& \frac{(-1{)}^{n}n!(s-1{)}^n{t}^2}{(1+(s-1)t{)}^{n+1}}+\frac{(-1{)}^{n+1}2\cdot n!(s-1{)}^{n-1}t}{(1+(s-1)t{)}^n}+\\ & \frac{(-1{)}^{n}n!(s-1{)}^{n-2}}{(1+(s-1)t{)}^{n-1}},(n\ge 2)\end{array}$$ 在此，我们给出通过 mathematica 验证的代码如下：

(*定义复合函数*)
f[t_] := t^2/(1 + (s - 1) t);(*计算 1 阶导数*)
firstDerivative = D[f[t], t];(*计算 2 阶导数*)
secondDerivative = D[firstDerivative, t];(*计算 3 阶导数*)
thirdDerivative = D[secondDerivative, t];(*计算 4 阶导数*)
fourDerivative = D[thirdDerivative, t];(*输出结果*)
firstDerivative
secondDerivative
thirdDerivative
fourthDerivative

结合 $f(t)=\frac{e}{2}t+{\int }_0^1\frac{g(s)\cdot t^2}{1+(s-1)t}ds$，对 $f(t)$ 关于 $t$ 求 $n$ 阶导在 $t=0$ 的导数值为：
$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(t)& =\frac{e}{2}+{\int }_0^{1}g(s)h^{\prime }(t)ds\\ & =\frac{e}{2}+{\int }_0^{1}g(s)\left(-\frac{(s-1)t^2}{(1+(s-1)t{)}^2}+\frac{2t}{(1+(s-1)t)}\right)ds,\\ f^{(n)}(t)& ={\int }_0^{1}g(s)h^{(n)}(t)ds\\ & ={\int }_0^{1}g(s)\left(\frac{(-1{)}^{n}n!(s-1{)}^n{t}^2}{(1+(s-1)t{)}^{n+1}}+\frac{(-1{)}^{n+1}2\cdot n!(s-1{)}^{n-1}t}{(1+(s-1)t{)}^n}+\frac{(-1{)}^{n}n!(s-1{)}^{n-2}}{(1+(s-1)t{)}^{n-1}}\right)ds\end{array}$$ 其中 $n\ge 2$。通过代入 $t=0$ 可得：
$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(0)& =\frac{e}{2},\\ f^{(n)}(0)& ={\int }_0^{1}g(s)(-1{)}^{n}n!(s-1{)}^{n-2}ds\\ & =n!{\int }_0^{1}g(s)(1-s{)}^{n-2}ds,(n\ge 2)\end{array}$$ 由此进一步可得 $b_1=f^{\prime }(0)/e=1/2$，以及还有：
$$\begin{array}{rl}{b}_n& =\frac{f^{(n)}(0)}{n!e}=\frac{1}{e}{\int }_0^{1}g(s)(1-s{)}^{n-2}ds\\ & =\frac{1}{e}{\int }_0^1\frac{1}{\pi }{s}^s(1-s{)}^{1-s}\sin (\pi s)(1-s{)}^{n-2}ds\\ & =\frac{1}{e}{\int }_0^1\frac{1}{\pi }{s}^s(1-s{)}^{(1-s)+n-2}\sin (\pi s)ds\\ & =\frac{1}{e}{\int }_1^0\frac{1}{\pi }(1-t{)}^{1-t}{t}^{t+n-2}\sin (\pi (1-t))d(1-t)\\ & =\frac{1}{e}{\int }_0^1\frac{1}{\pi }(1-t{)}^{1-t}{t}^t\sin (\pi t)t^{n-2}dt\\ & =\frac{1}{e}{\int }_0^{1}g(t)t^{n-2}dt,(n\ge 2)\end{array}$$ 从上面的推得，即得如下结果：
$$\begin{array}{rl}{b}_n=& \frac{1}{e}{\int }_0^{1}g(s)(1-s{)}^{n-2}ds\\ =& \frac{1}{e}{\int }_0^{1}g(s)s^{n-2}ds,(n\ge 2)\end{array}$$ 此即定理3中的 $(1)$ 式成立。

由于 $b_n=\frac{1}{n}(\frac{1}{n+1}-{\sum }_{k=0}^{n-2}\frac{b_{n-k-1}}{k+2})$，$n\ge 2$，因此显然有 $0<b_n\le \frac{1}{n(n+1)}$，$n\ge 1$，此即定理3中 $(2)$ 式成立。

由 $(1)$ 的结论，显然有 $b_n=\frac{1}{e}{\int }_0^{1}g(s)s^{n-2}ds\ge \frac{1}{e}{\int }_0^{1}g(s)s^{n-1}ds=b_{n+1}$，此即定理3中的 $(3)$ 式成立。

考虑到 $g(1)=0$，我们不能通过引理2对定理3中的 $(1)$ 式来计算 $(4)$ 式。由 $(1)$ 式进行分部积分可得（注意 $g(0)=0$）：
$$\begin{array}{rl}{b}_n& =\frac{1}{e}{\int }_0^{1}g(s)s^{n-2}ds\\ & =\frac{1}{e(n-1)}{\int }_0^{1}g(s)d(s^{n-1})\\ & =-\frac{1}{e(n-1)}{\int }_0^1{s}^{n-1}{g}^{\prime }(s)ds\end{array}$$ 其中 $g^{\prime }(s)=s^s(1-s{)}^{1-s}[\cos (\pi s)-\frac{\sin (\pi s)}{\pi }\ln \frac{1-s}{s}]$。由引理2，可得：
$$\begin{array}{rl}\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{b_{n+1}}{b_n}& =\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{(n-1){\int }_0^1{g}^{\prime }(s)s^{n}ds}{n{\int }_0^1{g}^{\prime }(s)s^{n-1}ds}\\ & =\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{(n-1{)}^2}{n^2}\frac{n{\int }_0^1{g}^{\prime }(s)s^{n}ds}{(n-1){\int }_0^1{g}^{\prime }(s)s^{n-1}ds}\\ & =\frac{g^{\prime }(1)}{g^{\prime }(1)}=\frac{-1}{-1}=1\end{array}$$ 其中，g’(1) 计算的 mathematica 代码如下：

(*定义函数*)
g[s_] := 1/Pi*s^s*(1 - s)^(1 - s)*Sin[Pi*s](*计算导数*)
gPrime[s_] = D[g[s], s];Limit[gPrime[s], s -> 1]

至此，定理3中的 $(4)$ 式被完全证明。定理3证毕。 $\square$

由定理3的 $(1)$ 式进一步有：
$$\begin{gathered} \frac{1}{\pi }{\int }_0^1{s}^{n+s-2}(1-s{)}^{1-s}\sin (\pi s)ds= \\ \frac{1}{\pi }{\int }_0^1{s}^s(1-s{)}^{n-s-1}\sin (\pi s)ds=e{b}_n. \end{gathered}$$ 此即（回答了最开始的积分计算问题）：
$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^1{s}^{n+s}(1-s{)}^{1-s}\sin (\pi s)ds=e\pi b_{n+2},\\ & {\int }_0^1{s}^s(1-s{)}^{n-s}\sin (\pi s)ds=e\pi b_{n+1}.\end{array}$$ 通过 mathematica，可以计算前 $n$ 项的 $b_n$，$n\ge 0$，这里给出相应代码（输出前 50 项）：

(*定义初始条件*)
b[0] = -1;(*使用迭代方法计算 b[n]*)
bList = {-1}; (*初始化列表，包含 b[0]*)
Do[bn = -1/n*Sum[bList[[n - k + 1]]/(k + 1), {k, 1, n}];AppendTo[bList, bn], {n, 1, 50}];(*输出结果*)
bList

为保证简洁，仅给出从 $b_0$ 到 $b_{10}$ 的序列如下：
$$\begin{array}{rl}& -1,1/2,1/24,1/48,73/5760,11/1280,3625/580608,5525/1161216,\\ & 5233001/1393459200,1212281/398131200,927777937/367873228800.\end{array}$$ 根据上述数值结果可以得到如下积分具体的取值：
$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^1{s}^s(1-s{)}^{1-s}\sin (\pi s)ds=e\pi b_2=\frac{e\pi }{24},\\ & {\int }_0^{1}s\cdot s^s(1-s{)}^{1-s}\sin (\pi s)ds=e\pi b_3=\frac{e\pi }{48},\\ & {\int }_0^1{s}^2\cdot s^s(1-s{)}^{1-s}\sin (\pi s)ds=e\pi b_4=\frac{73}{5760}\cdot e\pi ,\\ & {\int }_0^1{s}^3\cdot s^s(1-s{)}^{1-s}\sin (\pi s)ds=e\pi b_5=\frac{11}{1280}\cdot e\pi ,\\ & {\int }_0^1{s}^4\cdot s^s(1-s{)}^{1-s}\sin (\pi s)ds=e\pi b_6=\frac{3625}{580608}\cdot e\pi ,\\ & {\int }_0^1{s}^5\cdot s^s(1-s{)}^{1-s}\sin (\pi s)ds=e\pi b_7=\frac{5525}{1161216}\cdot e\pi ,\\ & \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \\ & {\int }_0^1{s}^8\cdot s^s(1-s{)}^{1-s}\sin (\pi s)ds=e\pi b_{10}=\frac{927777937}{367873228800}\cdot e\pi \end{array}$$

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后记

这个积分 ${\int }_0^1{s}^n{s}^s(1-s{)}^{1-s}\sin (\pi s)ds=e\pi b_{n+2}$（$n\ge 0$）的计算是我于 2018 年 1 月 1 日想到的，当时苦于通过网友提供的围道积分去计算，也只能算极为有限的 $n=0,1$ 的情形。而且随着 $n$ 值的增大，留数的计算也越来越复杂，只能作罢。而今偶然发现论文《On the coefficients of an expansion of $(1+1/x{)}^x$ related to carleman’s inequality》已经彻底解决了我之前的问题，欣喜之外，遂将其证明过程详细补充之后贴到此处，不足之处，请批评指正。

2025.1.13. 于四川泸州.