Attention is all you need (Inequality Proof)
记号说明
- 使用大写字母，如 \(P,Q\) 等表示的函数，在没有特殊说明的情况下，系有理系数多项式函数；
- 使用大写字母，如 \(A,B\) 等表示的参数或变量，在没有特殊说明的情况下，系有理数；\(C\) 出现在不定积分结果时除外；
- 使用 \(m,n\) 表示的参数或变量，在没有特殊说明的情况下，系正整数；
- 使用 \(p,q\) 表示的参数或变量，在没有特殊说明的情况下，系有理数；特别地，\(\dfrac{p}{q}\) 没有特殊说明的情形为既约分数。
Pi
众所周知：
\[
\dfrac{\mathrm{d}\left(\arctan x\right)}{\mathrm{d}x}=\dfrac{1}{1+x^2}
\]
因此
\[
\int_{0}^{1}\dfrac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x=\dfrac{\pi}{4}
\]
而 \(\dfrac{x}{1+x^2}\) 的积分可以利用换元得到，这里令 \(u=1+x^2\)。
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{1}\dfrac{x}{1+x^2}\mathrm{d}x
&= \int_{1}^{2}\dfrac{x}{u}\cdot\dfrac{\mathrm{d}u}{2x} \\
&= \dfrac{1}{2}\int_{1}^{2}\dfrac{1}{u}\mathrm{d}u \\
&= \dfrac{\ln{2}}{2}
\end{aligned}
\]
因此，\(\dfrac{P\left(x\right)}{1+x^2}\) 在 \([0,1]\) 上的积分结果是 \(1,\ln{2},\pi\) 的线性组合，即
\[
\int_{0}^{1}\dfrac{P\left(x\right)}{1+x^2}\mathrm{d}x=A+B\ln{2}+C\pi
\]
如果我们可以构造 \(P\left(x\right)\) 使得其在 \([0,1]\) 恒非负，即可证明（一般不能取等）：
\[
A+B\ln{2}+C\pi\geqslant 0
\]
一般来说，要求证明的不等式是比较紧的，因此积分结果不能太大，为了实现这一点，通常使用 \(x^{n}\left(1-x\right)^{m}\) 作为 \(P\left(x\right)\) 的因式。
又因为积分结果中有 \(3\) 个参数需要控制，可以取
\[
P\left(x\right)=x^{n}\left(1-x\right)^{m}\left(a+bx+cx^2\right)
\]
这样，我们可以从小到大遍历 \(n,m\)，并通过控制 \(a,b,c\) 的取值调整结果中 \(A,B,C\) 的取值，后者可以通过解一个 \(3\) 元线性方程组来实现。
假如解得 \(a,b,c\) 满足函数 \(a+bx+cx^2\) 在 \([0,1]\) 上恒非负，则积分构造成功。
\[
\boxed{
\int_{0}^{1}\dfrac{x^{n}\left(1-x\right)^{m}\left(a+bx+cx^2\right)}{1+x^{2}}\mathrm{d}x = A+B\ln{2}+C\pi
}
\]
其中
\[
\boxed{
\begin{aligned}
\int_{0}^{1}x^{n}\mathrm{d}x &= \dfrac{1}{n+1} \\
\int_{0}^{1}\dfrac{x}{1+x^{2}}\mathrm{d}x &= \dfrac{\ln\left(2\right)}{2} \\
\int_{0}^{1}\dfrac{1}{1+x^{2}}\mathrm{d}x &= \dfrac{\pi}{4}
\end{aligned}
}
\]
E
考虑积分
\[
\begin{aligned}
\int x^{n}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x
&= \int x^{n}\mathrm{d}\left(\mathrm{e}^{x}\right) \\
&= x^{n}\mathrm{e}^{x} - \int \mathrm{e}^{x}\mathrm{d}\left(x^{n}\right) \\
&= x^{n}\mathrm{e}^{x} - \int \mathrm{e}^{x}\cdot n\cdot x^{n-1}\mathrm{d}x \\
&= x^{n}\mathrm{e}^{x} - n \cdot \int \mathrm{e}^{x}\cdot x^{n-1}\mathrm{d}x \\
&= \cdots \\
&= \mathrm{e}^{x}\sum_{k=0}^{n}\left(-1\right)^{n-k}\dfrac{n!}{k!}x^{k}+C \\
&= \mathrm{e}^{x}Q_{n}\left(x\right)+C
\end{aligned}
\]
同理，有
\[
\int P\left(x\right)\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x=P^{\ast}\left(x\right)\mathrm{e}^{x}+C
\]
不难得到
\[
\boxed{
\int_{0}^{1}x^{n}\left(1-x\right)^{m}\left(a+bx\right)\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x=A+B\mathrm{e}
}
\]
利用 \(n,m\) 控制精度，\(a,b\) 控制参数。
其中
\[
\boxed{
\begin{aligned}
\int_{0}^{1}x^{n}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x &= \left(-1\right)^{n+1}\cdot n! + \mathrm{A182386}\left(n\right)\cdot\mathrm{e} \\
\end{aligned}
}
\]
这里 \(\mathrm{A182386}\left(n\right)\) 满足递推：
\[
\boxed{
\begin{aligned}
\mathrm{A182386}\left(0\right) &= 1 \\
\mathrm{A182386}\left(n\right) &= 1 - n\cdot \mathrm{A182386}\left(n - 1\right)
\end{aligned}
}
\]
Pi^n
先对积分的几个部分分别作出证明。
Part 1
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{1} x^{m}\left(\ln x\right)^{n}\mathrm{d}x
&= \int_{\infty}^{0}\left(\mathrm{e}^{-t}\right)^{m}\cdot\left(-t\right)^{n}\cdot\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\cdot\mathrm{d}t \\
&= \int_{\infty}^{0}\left(\mathrm{e}^{-t}\right)^{m}\cdot\left(-t\right)^{n}\cdot\left(-\mathrm{e}^{t}\right)\cdot\mathrm{d}t \\
&= \left(-1\right)^{n}\cdot\int_{0}^{\infty}t^{n}\mathrm{e}^{-\left(m+1\right)t}\mathrm{d}t \\
&= \left(-1\right)^{n}\cdot\int_{0}^{\infty}\left(\dfrac{u}{m+1}\right)^{n}\cdot\mathrm{e}^{-u}\cdot\dfrac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}u}\cdot\mathrm{d}u \\
&= \dfrac{\left(-1\right)^{n}}{\left(m+1\right)^{n+1}}\cdot\int_{0}^{\infty}u^{n}\cdot\mathrm{e}^{-u}\cdot\mathrm{d}u \\
&= \dfrac{\left(-1\right)^{n}}{\left(m+1\right)^{n+1}}\cdot\Gamma\left(n+1\right) \\
&= \dfrac{\left(-1\right)^{n}\cdot n!}{\left(m+1\right)^{n+1}}
\end{aligned}
\]
有关 \(\Gamma\) 函数的结论见欧拉第二积分。
Part 2
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{1}\dfrac{x\left(\ln x\right)^{n}}{1+x^2}\mathrm{d}x
&= \int_{0}^{1}x\left(\ln x\right)^{n}\left(\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^{k}x^{2k}\right)\mathrm{d}x \\
&= \sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^{k}\cdot\int_{0}^{1}x^{2k+1}\left(\ln{x}\right)^{n}\mathrm{d}x \\
&= \sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^{k}\cdot\dfrac{\left(-1\right)^{n}\cdot n!}{\left(2k+2\right)^{n+1}} \\
&= \dfrac{\left(-1\right)^{n}\cdot n!}{2^{n+1}}\cdot\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{\left(-1\right)^{k-1}}{k^{n+1}} \\
&= \dfrac{\left(-1\right)^{n}\cdot n!}{2^{n+1}}\cdot\eta\left(n+1\right)
\end{aligned}
\]
\(2k\) 为正偶数时，有
\[
\zeta\left(2k\right)=-\dfrac{B_{2k}\cdot\left(2\pi i\right)^{2k}}{2\cdot\left(2k\right)!}
\]
因此
\[
\eta\left(2k\right)=\left(1-2^{1-2k}\right)\zeta\left(2k\right)=\dfrac{\left(-1\right)^{k+1}B_{2k}\left(2^{2k-1}-1\right)}{\left(2k\right)!}\pi^{2k}
\]
式中 \(\eta\) 表示 Dirichlet eta 函数，\(\zeta\) 表示 Riemann zeta 函数，\(B_n\) 表示 伯努利数。
故积分式中 \(n\) 为奇数时，积分有较好的结果，且积分结果包含 \(\pi^{n+1}\)。
上述结果可以参考 zeta-2k。
Part 3
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{1}\dfrac{\left(\ln x\right)^{n}}{1+x^2}\mathrm{d}x
&= \int_{0}^{1}\left(\ln x\right)^{n}\left(\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^{k}x^{2k}\right)\mathrm{d}x \\
&= \sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^{k}\cdot\int_{0}^{1}x^{2k}\left(\ln x\right)^{n}\mathrm{d}x \\
&= \sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^{k}\cdot\dfrac{\left(-1\right)^{n}\cdot n!}{\left(2k+1\right)^{n+1}} \\
&= \left(-1\right)^{n}\cdot n!\cdot\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{\left(-1\right)^{k}}{\left(2k+1\right)^{n+1}} \\
&= \left(-1\right)^{n}\cdot n!\cdot\beta\left(n+1\right)
\end{aligned}
\]
若 \(n\) 为偶数，记 \(n=2k\)，则有
\[
\beta\left(2k+1\right)=\dfrac{\left(-1\right)^{k}E_{2k}\pi^{2k+1}}{4^{k+1}\left(2k\right)!}
\]
式中 \(\beta\) 表示 Dirichlet beta 函数，\(E_n\) 表示 欧拉数。
此时积分结果较简洁。
构造
综合上述 \(3\) 个积分，我们考虑如下函数的积分：
\[
F\left(x\right)=\dfrac{x^{m}\left(a+bx^{2}\right)\left(\ln \dfrac{1}{x}\right)^{n-1}}{1+x^2}
\]
式中使用 \(\ln \dfrac{1}{x}\) 而非 \(\ln x\) 是为了方便讨论正负号，这时只需确保 \(a+bx^{2}\) 在 \([0,1]\) 恒非负。
若 \(n\) 为奇数，我们令 \(m\) 为偶数，则 \(F\left(x\right)\) 做完大除法后形式必然为
\[
F\left(x\right)=P\left(x\right)\left(\ln x\right)^{n-1}+\dfrac{k\left(\ln x\right)^{n-1}}{1+x^2}
\]
分别应用 \(\text{Part 1}\) 和 \(\text{Part 3}\) 的结论即可。
否则，\(n\) 为偶数，则令 \(m\) 为奇数，\(F\left(x\right)\) 做大除法后的形式为
\[
F\left(x\right)=P\left(x\right)\left(\ln x\right)^{n-1}+\dfrac{kx\left(\ln x\right)^{n-1}}{1+x^2}
\]
可以分别应用 \(\text{Part 1}\) 和 \(\text{Part 2}\) 的结论。
总之，我们有
\[
\boxed{
\begin{aligned}
\int_{0}^{1}\dfrac{x^{m}\left(a+bx^{2}\right)\left(\ln x^{-1}\right)^{n-1}}{1+x^2}\mathrm{d}x=A+B\pi^{n} \\
\left(2\not\mid m+n\right)
\end{aligned}
}
\]
其中
\[
\boxed{
\begin{aligned}
\int_{0}^{1} x^{m}\left(\ln x^{-1}\right)^{n-1}\mathrm{d}x &= \dfrac{\left(n-1\right)!}{\left(m+1\right)^{n}} \\
\int_{0}^{1} \dfrac{x\cdot\left(\ln x^{-1}\right)^{n-1}}{1+x^{2}}\mathrm{d}x &= \dfrac{\left(2^{n-1}-1\right)\left(n-1\right)!}{2^{2n-1}}\cdot\zeta\left(n\right) \\
\int_{0}^{1} \dfrac{\left(\ln x\right)^{n-1}}{1+x^{2}}\mathrm{d}x &= \left(n-1\right)!\cdot\beta\left(n\right)
\end{aligned}
}
\]
sympy
可能由于这部分涉及的函数的不定积分并没有简单的封闭形式，sympy 不能处理这些函数的定积分，尽管后者有简洁的形式。
不过 sympy 仍然可以辅助计算，例如，sympy.zeta 和 sympy.dirichlet_eta 可以计算 \(\zeta\) 函数和 \(\eta\) 函数。
另外，\(E_n\) 和 \(B_n\) 可以使用 sympy.euler 和 sympy.bernoulli 计算。
E^q
考虑积分
\[
\begin{aligned}
\int x^{n}\mathrm{e}^{qx}\mathrm{d}x
&= \int x^{n}\mathrm{d}\left(\dfrac{\mathrm{e}^{qx}}{q}\right) \\
&= \dfrac{x^{n}\mathrm{e}^{qx}}{q}-\int\dfrac{\mathrm{e}^{qx}}{q}\mathrm{d}\left(x^{n}\right) \\
&= \dfrac{x^{n}\mathrm{e}^{qx}}{q}-\dfrac{n}{q}\cdot\int x^{n-1}\mathrm{e}^{qx}\mathrm{d}x \\
&= \cdots \\
&= \dfrac{\mathrm{e}^{qx}}{q^{n+1}}\sum_{k=0}^{n}\left(-1\right)^{n-k}\dfrac{n!}{k!}\left(qx\right)^{k} + C \\
&= \mathrm{e}^{qx} Q_{q,n}\left(x\right) + C
\end{aligned}
\]
因此有
\[
\boxed{
\int_{0}^{1}x^{n}\left(1-x\right)^{m}\left(a+bx\right)\mathrm{e}^{qx}\mathrm{d}x = A + B\mathrm{e}^{q}
}
\]
这里
\[
\boxed{
\begin{aligned}
\int_{0}^{1}x^{n}\mathrm{e}^{qx}\mathrm{d}x &= \dfrac{n!}{\left(-q\right)^{n+1}} + B\left(n\right)\cdot\mathrm{e}^{q} \\
B\left(0\right) &= \dfrac{1}{q} \\
B\left(n\right) &= \dfrac{1 - n\cdot B\left(n-1\right)}{q} \\
\end{aligned}
}
\]
E^Pi
由于需要使函数的非负性显然，我们考虑 \([0,\pi]\) 上的积分。
令
\[
I_{n}=\int\sin^{n}\left(x\right)\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x
\]
则
\[
\begin{aligned}
I_n &= \int\sin^{n}\left(x\right)\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x \\
&= \int\sin^{n}\left(x\right)\mathrm{d}\left(\mathrm{e}^{x}\right) \\
&= \sin^{n}\left(x\right)\mathrm{e}^{x}-\int\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}\left(\sin^{n}\left(x\right)\right) \\
&= \sin^{n}\left(x\right)\mathrm{e}^{x}-n\int\mathrm{e}^{x}\sin^{n-1}\left(x\right)\cos\left(x\right)\mathrm{d}x \\
\end{aligned}
\]
其中
\[
\begin{aligned}
\int \mathrm{e}^{x}\sin^{n-1}\left(x\right)\cos\left(x\right)\mathrm{d}x
&= \int\sin^{n-1}\left(x\right)\cos\left(x\right)\mathrm{d}\left(\mathrm{e}^{x}\right) \\
&= \sin^{n-1}\left(x\right)\cos\left(x\right)\mathrm{e}^{x}-\int\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}\left(\sin^{n-1}\left(x\right)\cos\left(x\right)\right) \\
&= \sin^{n-1}\left(x\right)\cos\left(x\right)\mathrm{e}^{x}-\int\left(-n\sin^{n}\left(x\right)+\left(n-1\right)\sin^{n-2}\left(x\right)\right)\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x \\
&= \sin^{n-1}\left(x\right)\cos\left(x\right)\mathrm{e}^{x}+n\int\sin^{n}\left(x\right)\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x-\left(n-1\right)\int\sin^{n-2}\left(x\right)\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x \\
&= \sin^{n-1}\left(x\right)\cos\left(x\right)\mathrm{e}^{x}+nI_{n}-\left(n-1\right)I_{n-2}
\end{aligned}
\]
故
\[
\begin{aligned}
I_n &= \int \sin^{n}\left(x\right)\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x \\
&= \sin^{n}\left(x\right)\mathrm{e}^{x}-n\int\mathrm{e}^{x}\sin^{n-1}\left(x\right)\cos\left(x\right)\mathrm{d}x \\
&= \sin^{n}\left(x\right)\mathrm{e}^{x}-n\left(\sin^{n-1}\left(x\right)\cos\left(x\right)\mathrm{e}^{x}+nI_{n}-\left(n-1\right)I_{n-2}\right) \\
&= \sin^{n}\left(x\right)\mathrm{e}^{x}-n\sin^{n-1}\left(x\right)\cos\left(x\right)\mathrm{e}^{x}-n^{2}I_{n}+n\left(n-1\right)I_{n-2} \\
\end{aligned}
\]
移项得
\[
\boxed{
I_{n} = \dfrac{\mathrm{e}^{x}\left(\sin^{n}\left(x\right)-n\sin^{n-1}\left(x\right)\cos\left(x\right)\right)+n\left(n-1\right)I_{n-2}}{n^{2}+1}
}
\]
现在考察递推起点 \(I_0\) 和 \(I_1\)：
\[
\boxed{
\begin{aligned}
I_0 &= \int\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x = \mathrm{e}^{x} + C \\
I_1 &= \int\sin\left(x\right)\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x = \dfrac{\mathrm{e}^{x}}{2}\left(\sin\left(x\right)-\cos\left(x\right)\right)+C
\end{aligned}
}
\]
若令以上积分的下界为 \(0\)，上界为 \(\pi\)，则
\[
\boxed{
\begin{aligned}
I_{0} &= -1+\mathrm{e}^{\pi} \\
I_{1} &= \dfrac{1}{2}+\dfrac{\mathrm{e}^{\pi}}{2} \\
I_{n} &= \dfrac{n\left(n-1\right)}{n^{2}+1}\cdot I_{n-2} \\
\end{aligned} \quad
\left(I_{n} := \int_{0}^{\pi}\sin^{n}\left(x\right)\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x\right)
}
\]
因此有
\[
\boxed{
\int_{0}^{\pi}\sin^{n}\left(x\right)\left(1-\sin\left(x\right)\right)^{m}\left(a+b\sin\left(x\right)\right)\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x = A+B\mathrm{e}^{\pi}
}
\]
E^(q*Pi)
类似地，令
\[
I_{q,n} = \int\sin^{n}\left(x\right)\mathrm{e}^{qx}\mathrm{d}x
\]
则
\[
\begin{aligned}
I_{q,n}
&= \int\sin^{n}\left(x\right)\mathrm{e}^{qx}\mathrm{d}x \\
&= \dfrac{\sin^{n}\left(x\right)\mathrm{e}^{qx}}{q}-\dfrac{n}{q}\int\sin^{n-1}\left(x\right)\cos\left(x\right)\mathrm{e}^{qx}\mathrm{d}x \\
\end{aligned}
\]
其中
\[
\begin{aligned}
\int\sin^{n-1}\left(x\right)\cos\left(x\right)\mathrm{e}^{qx}\mathrm{d}x
&= \dfrac{1}{q}\int\sin^{n-1}\left(x\right)\cos\left(x\right)\mathrm{d}\left(\mathrm{e}^{qx}\right) \\
&= \dfrac{\sin^{n-1}\left(x\right)\cos\left(x\right)\mathrm{e}^{qx}}{q}-\dfrac{1}{q}\int\mathrm{e}^{qx}\mathrm{d}\left(\sin^{n-1}\left(x\right)\cos\left(x\right)\right) \\
&= \dfrac{\sin^{n-1}\left(x\right)\cos\left(x\right)\mathrm{e}^{qx}}{q}-\dfrac{1}{q}\int\left(-n\sin^{n}\left(x\right)+\left(n-1\right)\sin^{n-2}\left(x\right)\right)\mathrm{e}^{qx}\mathrm{d}x \\
&= \dfrac{\sin^{n-1}\left(x\right)\cos\left(x\right)\mathrm{e}^{qx}}{q}+\dfrac{n}{q}I_{q,n}-\dfrac{n-1}{q}I_{q,n-2}
\end{aligned}
\]
代入并移项
\[
\boxed{
I_{q,n} = \dfrac{\mathrm{e}^{qx}\left(q\sin^{n}\left(x\right)-n\sin^{n-1}\left(x\right)\cos\left(x\right)\right)+n\left(n-1\right)I_{q,n-2}}{q^{2}+n^{2}}
}
\]
对于递推起点 \(I_{q,0},I_{q,1}\)，有
\[
\boxed{
\begin{aligned}
I_{q,0} &= \int\mathrm{e}^{qx}\mathrm{d}x = \dfrac{\mathrm{e}^{qx}}{q} + C \\
I_{q,1} &= \int\sin\left(x\right)\mathrm{e}^{qx}\mathrm{d}x = \dfrac{\mathrm{e}^{qx}}{q^{2}+1}\left(q\sin{\left(x\right)}-\cos{\left(x\right)}\right) + C
\end{aligned}
}
\]
令积分下界为 \(0\)，上界为 \(\pi\)
\[
\boxed{
\begin{aligned}
I_{q,0} &= -\dfrac{1}{q}+\dfrac{\mathrm{e}^{q\pi}}{q} \\
I_{q,1} &= \dfrac{1}{1+q^{2}}+\dfrac{\mathrm{e}^{q\pi}}{1+q^{2}} \\
I_{q,n} &= \dfrac{n\left(n-1\right)}{q^{2}+n^{2}}\cdot I_{q,n-2}
\end{aligned} \quad
\left(I_{n} := \int_{0}^{\pi}\sin^{n}\left(x\right)\mathrm{e}^{qx}\mathrm{d}x\right)
}
\]
因此
\[
\boxed{
\int_{0}^{\pi}\sin^{n}\left(x\right)\left(1-\sin\left(x\right)\right)^{m}\left(a+b\sin\left(x\right)\right)\mathrm{e}^{qx}\mathrm{d}x = A+B\mathrm{e}^{q\pi}
}
\]