众所周知，一个闲话是需要一个头图的：
我：自信崩溃区
设 \(b>a>0\)，且 \(f\) 为 \([a,b]\) 上的可微函数，通过计算 \(\displaystyle\int_{a}^b\lfloor x\rfloor f'(x)dx\) 可以得到一些有意思的结果，先按下取整函数的分布分成三段分别处理：
\[\begin{aligned}
\int_{a}^b\lfloor x\rfloor f'(x)dx&=\lfloor a\rfloor \int_{a}^{\lceil a\rceil}\lfloor x\rfloor f'(x)dx + \sum_{i=\lceil a\rceil}^{\lfloor b\rfloor-1}i\int_{i}^{i+1}\lfloor x\rfloor f'(x)dx + \lfloor b\rfloor \int_{\lfloor b\rfloor}^b\lfloor x\rfloor f'(x)dx\\
&= \lfloor a\rfloor (f(\lceil a\rceil)-f(a)) + \lfloor b\rfloor(f(b)-f(\lceil b\rceil))+\sum_{i=\lceil a\rceil}^{\lfloor b\rfloor-1}i(f(i+1)-f(i))\\
\end{aligned}
\]
然后处理最后那个和式：
\[\begin{aligned}
\sum_{i=\lceil a\rceil}^{\lfloor b\rfloor-1}i(f(i+1)-f(i))&=\sum_{i=\lceil a\rceil}^{\lfloor b\rfloor-1}if(i+1)-(i-1)f(i)-\sum_{i=\lceil a\rceil}^{\lfloor b\rfloor-1}f(i)\\
&=(\lfloor b\rfloor-1)f(\lfloor b\rfloor)-\lfloor a\rfloor f(\lceil a\rceil)-\sum_{i=\lceil a\rceil}^{\lfloor b\rfloor-1}f(i)
\end{aligned}
\]
然后代回原式可得：
\[\int_{a}^b\lfloor x\rfloor f'(x)dx=\lfloor b\rfloor f(b)-\lfloor a\rfloor f(a)-\sum_{i=\lceil a\rceil}^{\lfloor b\rfloor}f(i)
\]
再移项转化一下可得：
\[\sum_{a<i\le b}f(i)=\lfloor b\rfloor f(b)-\lfloor a\rfloor f(a)-\int_{a}^b\lfloor x\rfloor f'(x)dx
\]
然后用 \(\{x\}=x-\lfloor x\rfloor\) 优化一下式子结构：
\[\begin{aligned}
\sum_{a<i\le b}f(i)&=\lfloor b\rfloor f(b)-\lfloor a\rfloor f(a)-\int_{a}^b\lfloor x\rfloor f'(x)dx\\
&=\lfloor b\rfloor f(b)-\lfloor a\rfloor f(a)+\int_{a}^b\{ x\} f'(x)dx -\int_{a}^b x f'(x)dx\\
&=\lfloor b\rfloor f(b)-\lfloor a\rfloor f(a)+\int_{a}^b\{ x\} f'(x)dx -(xf(x)\mid_{a}^b-\int_a^bf(x)dx)\\
&=\{a\}f(a)-\{b\}f(b)+\int_a^bf(x)dx+\int_{a}^b\{ x\} f'(x)dx
\end{aligned}
\]
然后就可以得到一个有用的求和公式（其实是欧拉求和公式的特殊情况）：
\[\sum_{a<i\le b}f(i)=\{a\}f(a)-\{b\}f(b)+\int_a^bf(x)dx+\int_{a}^b\{ x\} f'(x)dx
\]
来点应用：
调和数的渐近估计
令式子中的 \(f(x)=\frac 1x,a=1,b=n\)，并补齐第一项可得：
\[\begin{aligned}
\sum_{1\le i\le n}\frac 1i&=\int_1^n\frac 1xdx-\int_1^n\frac{\{x\}}{x^2}dx+1-\frac{\{n\}}{n}\\
\end{aligned}\]
然后对积分进行拆解得：
\[\int_1^n\frac 1xdx-\int_1^{\infty}\frac{\{x\}}{x^2}dx+1+\int_n^{\infty}\frac{\{x\}}{x^2}dx-\frac{\{n\}}{n}
\]
把后边的拿出来分析一下：
\[\int_n^{\infty}\frac{\{x\}}{x^2}dx-\frac{\{n\}}{n}\le \int_n^{\infty}\frac{1}{x^2}dx=\frac 1x
\]
然后回代可得：
\[\sum_{1\le i\le n}\frac 1i=\ln x+(1-\int_1^{\infty}\frac{\{x\}}{x^2}dx)+\mathcal{O}\left(\frac 1x\right)
\]
中间的正好是欧拉常数 \(\gamma\)，所以可以得到：
\[H_n=\ln n+\gamma+\mathcal{O}\left(\frac 1x\right)
\]
约数和的渐近估计
如果我们把约数和写成 \(\sum_{i=1}^n\left\lfloor\frac ni\right\rfloor\) 的形式，应该得到的是 \(n\ln n+\mathcal {O }(n)\) 的形式，但是能不能再给力一些啊？
因为约数和也可以写成 \(\sum_{ab\le n}1\) 的形式，所以相当于对 \(b=\frac na\) 下方整点计数，如上图，这些点可以容斥计算，老生常谈：
\[\begin{aligned}
\sum_{ab\le n}1&=2\sum_{1\le a\le\sqrt n}\left\lfloor\frac na\right\rfloor-2\sum_{1\le a\le\sqrt n}a + \mathcal{O}(\sqrt x)\\
&=2\sum_{1\le a\le\sqrt n}\left(\frac na+\mathcal{O}(1)\right)-2\frac{(\sqrt{n})^2}{2} + \mathcal{O}(\sqrt x)\\
&=2n\sum_{1\le a\le\sqrt n}\frac 1a-n+\mathcal{O}(\sqrt n)\\
&=2n\left(\ln \sqrt{n}+\gamma+\mathcal{O}\left(\frac 1{\sqrt n}\right)\right)-n+\mathcal{O}(\sqrt n)\\
&=n\ln n+(2\gamma-1)n+\mathcal{O}(\sqrt n)
\end{aligned}
\]
实际上后边那个 \(\mathcal{O}\) 学术界最好可以估计到 \(n^{\frac 13}\log n\) 级别，但是我不会 .