回顾一下我们求不定积分的思路：根据积分和微分的定义，以及一些运算法则，得到一些常用初等函数的结果，将其作为更高级的基础，然后把这些统统都组合起来，就是我们做不定积分的全部思路了，除此 恐怕就没别的了。
而这个例子，正好说明了 这种套路是存在局限性的，不仅得不到最优美简洁的结果，甚至有可能不能通杀所有的可求解的积分[存在原函数]，换句话说，这种解题套路应该是不完备的。
@wayne，正在看里面的代码，很长，大概浏览了一下，里面基本上是基于规则的。
可以看一下Rubi的计算步骤：
Steps/(x^3 + 1), x]]结果有些长，这里就不贴了。实际上，里面是用纯代数分解和替换的方法转换为常见函数的原函数的，大概用了7~8步才化简到 `\D\int\frac{\dif u}{a+bu^2}` 这种我们熟悉的积分形式。
反倒是你之前提出的那个复杂的积分`\D\int\frac{x}{\sqrt{x^4 + 10 x^2 - 96 x - 71}}\dif x` 在Rubi里面是一步到位：Steps, x]]这应该是一个特殊规则的例子吧。
搭便车 求问:lol
\(\int \frac{x^{2/5}}{x+1} \, \dif x\)
本帖最后由 kastin 于 2018-12-3 21:33 编辑
zeroieme 发表于 2018-12-3 19:46
搭便车 求问
\(\int \frac{x^{2/5}}{x+1} \, \dif x\)
这个直接用MMA自带的积分函数能算出来Integrate结果形式跟上面6/9/10楼结果组合形式类似，是对数函数与反正切函数的组合，只是其中以 `x^{1/5}` 整体作为基本变量。
Rubi为了将一类不定积分`\int(bx)^m(c+dx)^n\dif x` 的结果统一用超几何函数形式来表达：\[\frac{c^nb^mx^{m+1} }{m+1}{_2}F_1(-n,m+1;m+2;-dx/c)\]验证可知两种表达形式是等价的。
Steps@Int
D[%, x] // FullSimplify有趣的是，特殊情形 `\int x^{1/5}/(x+1)^{1/5}\dif x` MMA自带的函数只能给出超几何函数的表达形式，而Rubi却能给出初等函数结果：Integrate
Int
kastin 发表于 2018-12-3 21:30
这个直接用MMA自带的积分函数能算出来结果形式跟上面6/9/10楼结果组合形式类似，是对数函数与反正切函 ...
试过MMA自带函数能算，就是觉得那个结果复杂。期待Rubi有个更漂亮表达式。
笨笨 发表于 2018-12-2 21:34
楼上的学哥都是高手啊，这个怎么求啊，思考了很长时间未果\[\int^{\oo}_\sqrt{33}\frac1{\sqrt{x^3-11x^2+1 ...
注意到右边的Gamma函数中自变量之和为2，这一点可联想到Gamma函数的无穷乘积展开，因此只要左端积分能化为无穷乘积形式就好了。
根据Gamma函数的Weierstrass无穷乘积展开\[\frac{1}{\Gamma(z)}=z\,\mathrm e^{\gamma z}\prod_{n=1}^{\oo}\left(1+\frac zn\right)\mathrm e^{-\frac z n}\]其中 `\gamma` 为欧拉常数，`\mathrm e` 为自然对数的底数。
那么\[\frac{1}{\prod_{k=1}^m\Gamma(a_k)}=a_1a_2\cdots a_k\frac{\sum_{k=1}^ma_k}{n}\prod_{n=1}^{\oo}\left(1+\frac {a_1}{n}\right)\cdots\left(1+\frac {a_m}{n}\right)\]
\[\frac{1}{6} \left(-2 \sqrt{2} \log \left(\sqrt{2} \sqrt{x^2+1}-x+1\right)+i \left(\log \left(((x-1) x+1) \left(2 \sqrt{x^2+1}-2 i \sqrt{3} \sqrt{x^2+1}+x \left(\sqrt{x^2+1}-i \sqrt{3} \sqrt{x^2+1}+\left(\sqrt{3}-3 i\right) x-2 i\right)-3 i+\sqrt{3}\right)\right)-\log \left(((x-1) x+1) \left(2 \sqrt{x^2+1}+2 i \sqrt{3} \sqrt{x^2+1}+x \left(\sqrt{x^2+1}+i \sqrt{3} \sqrt{x^2+1}+\left(\sqrt{3}+3 i\right) x+2 i\right)+3 i+\sqrt{3}\right)\right)\right)-2 \tan ^{-1}\left(\frac{x \left(2 \sqrt{3} \sqrt{x^2+1}+6 i \sqrt{x^2+1}+x \left(-2 \sqrt{3} \sqrt{x^2+1}-6 i \sqrt{x^2+1}+x \left(6 i \sqrt{x^2+1}+2 \sqrt{3} \sqrt{x^2+1}+3 i \sqrt{3} x+3 x-2 i \sqrt{3}-6\right)+5 i \sqrt{3}+3\right)-2 i \sqrt{3}-6\right)}{x \left(x \left(\left(\sqrt{3}-i\right) x^2-4 \left(\sqrt{3}+i\right) x-3 i+5 \sqrt{3}\right)-4 \left(\sqrt{3}+i\right)\right)+4 \left(\sqrt{3}-i\right)}\right)+2 \tan ^{-1}\left(\frac{x \left(-2 \sqrt{3} \sqrt{x^2+1}+6 i \sqrt{x^2+1}+x \left(2 \sqrt{3} \sqrt{x^2+1}-6 i \sqrt{x^2+1}+x \left(-2 \sqrt{3} \sqrt{x^2+1}+6 i \sqrt{x^2+1}+3 i \left(\sqrt{3}+i\right) x-2 i \sqrt{3}+6\right)+5 i \sqrt{3}-3\right)-2 i \sqrt{3}+6\right)}{x \left(x \left(x \left(\left(\sqrt{3}+i\right) x+4 i-4 \sqrt{3}\right)+3 i+5 \sqrt{3}\right)+4 i-4 \sqrt{3}\right)+4 \left(\sqrt{3}+i\right)}\right)+2 \sqrt{2} \log (x+1)\right)\]
kastin 发表于 2018-12-3 16:42
@wayne，正在看里面的代码，很长，大概浏览了一下，里面基本上是基于规则的。
可以看一下Rubi的计算步骤： ...
嗯嗯，根据你给的这条命令，Steps, x]]
得到了Rubi rule 2082, 更一般的结论，对于积分类型：$\int \frac{x}{\sqrt{a+b x+c x^2+e x^4}} dx$ , 当 $71 c^2+100 a e =0 , 1152 c^3-125 b^2 e = 0$的时候, 可以 设\
则积分结果是：\[\int \frac{x}{\sqrt{a+b x+c x^2+e x^4}} dx = \frac{\log \left(\frac{f'(x) \sqrt{a+b x+c x^2+e x^4}}{8 \sqrt{e} x}+f(x)\right)}{8 \sqrt{e}} +C\]
例如：\[\int \frac{x}{\sqrt{x^4+10 x^2-96 x-71}} dx=\frac{1}{8} \log \left(x^8+20 x^6-128 x^5+54 x^4-1408 x^3+3124 x^2+\left(x^6+15 x^4-80 x^3+27 x^2-528 x+781\right) \sqrt{x^4+10 x^2-96 x-71}+10001\right)\]
Rubi的作者 Albert D. Rich竟然还是骨灰级的程序员，有40多年的计算机代数系统的研发历史，之前还开发过 muMath ，Derive。
他当前专注于 不定积分，并且认为 基于规则匹配的决策树的实现方式 是 计算最优不定积分的 最优方法。而且认为也可以用在其他数学领域
https://rulebasedintegration.org/vision.html
顺便还发现了一个网站，有更多的这类软件搞不定的不定积分例子
https://www.12000.org/my_notes/CAS_integration_tests/index.htm
还有Axiom的在线网站
http://axiom-wiki.newsynthesis.org/FriCASIntegration#bottom
wayne 发表于 2018-12-7 14:14
Rubi的作者 Albert D. Rich竟然还是骨灰级的程序员，有40多年的计算机代数系统的研发历史，之前还开发过 mu ...
所以说，现在的数学家如果不懂计算机方面的知识，至少会阻碍其研究的深入。其实除了不定积分，如果他能在代数领域（比如不等式证明或验证，不定方程可解性以及解的计数）进行一些类似的研究就好了，说不定又会有一些好用的工具包。