符号积分算法_數學吧

1樓悄悄打开魔盒 2024-6-22 10:13

参考：https://www-sop.inria.fr/cafe/Manuel.Bronstein/publications/issac98.pdf

计算机如何自动计算不定积分，是一个长期感兴趣的问题，1968年出现的Risch算法，以及在1976年的改进Risch–Norman算法在相当程度上解决了这个问题，这些算法可以自动求解初等函数的不定积分，前提是积分也是初等函数。

2樓悄悄打开魔盒 2024-6-22 10:18

第一种情况，有理函数的积分。
有理函数是两个多项式的商。根据代数基本定理，多项式一定能在代数闭域内分解为一次多项式的乘积，而在实数域内，则分解成一次多项式和判别式为负数的二次多项式的乘积：

3樓悄悄打开魔盒 2024-6-22 10:29

如果上述D是有理函数的分母，那么通过所谓部分分式展开，可以把有理函数写成下列形式

其中P是多项式，Aik,Bjk,Cjk,ai,bj,cj都是实数。
那么，要计算这个积分，只需要分别计算每一项的积分即可。多项式P的积分容易计算；其余各项的积分如下：

1. 分母为一次式的k次方：

2. 分母为二次式，k=1：

这里的判别式4cj-bj^2<0.

4樓悄悄打开魔盒 2024-6-22 10:29

3. 分母为二次式，k>1：

这样就可以递推式地降低k，直到k=1.

5樓悄悄打开魔盒 2024-6-22 10:47

这种算法有一个重大缺陷：并没有什么算法可以得到所需的因式分解。这并不是说因式分解不存在，而是我们无法通过一种算法求解它。例如，五次方程x^5-x+1=0就没有根式解。（即使通过特殊函数，也会涉及希尔伯特第十三问题而难以解决）

为了解决这个问题，我们首先需要对分母的因式分解进行限制，保证其有相应的算法。

巨大八爪鱼：从三次方程开始，精确的根式解就很复杂了，有的解含有虚数i，有的解要用双层根号表示。甚至要用含有根号和虚数i的式子来表示一个实数。

巨大八爪鱼：另外，高次方程经常会遇到实部和虚部都是无理数的虚数解，有时这些无理数要用多层根号表示（三、四次方程）（根号里面还可能含有虚数i），有时甚至完全无法用根号表示（五次方程以上），只能用有限小数近似值加省略号表示。

[查看詳情]

6樓悄悄打开魔盒 2024-6-22 11:33

如果多项式f有不可约因式g^m, 但g^{m+1}不是f的因式，那么f和f导数f'的公因式(f,f')能被g^{m-1}整除，但不能被g^m整除。

我们用这个事实，可以得知公因式h=(f,f')的每个不可约因式的次数比f小1.

7樓悄悄打开魔盒 2024-6-22 11:50

我们假设f是首一多项式，把相同重数的不可约因式放在一起，设

那么，首一公因式(f,f')为

于是，我们有

也就是说，我们不难从f求出无重数部分h1. 进而，可以再对(f,f')使用该算法求出h2,等等。因此，我们的算法最终可以把f的上述分解（也就是对应于每个重数的h1,h2....,hr）求出来。

8樓悄悄打开魔盒 2024-6-22 12:17

上述算法成功把分母的最高重数从m降到了m-1，因此重复上述步骤，就可以把有理积分化约为分母无平方因子的情况。这叫做厄尔米特约化（Hermite reduction）。

9樓悄悄打开魔盒 2024-6-23 22:46

根据厄尔米特约化，我们只需要求A/D, deg(A)<deg(D), D无平方因子，这种情况的不定积分。
我们考虑在复数域内对D进行分解，结果是互不相同（因为D无平方因子）的单项式的乘积，因此A/D有部分分式展开

此时，使用复对数，可以把积分表示为

其中C是任意常数。当然，我们是不会满足于这种表示的，因为它很明显仍然没有规避高次方程求根的问题。

10樓悄悄打开魔盒 2024-6-24 00:41

这里的ai显然等于A/D在单极点ri的留数。设D=D1(x-ri), 那么不难计算出

因此，ri是D和A-aiD'的公共零点。根据结式（https://zh.wikipedia.org/wiki/%E7%B5%90%E5%BC%8F）的性质，ai恰好就是结式

的根（即使得上述结式等于零的t）。


內容：
用戶名：	您目前是匿名發表。
驗證碼：
	看不清？換一張

	1樓悄悄打开魔盒 2024-6-22 10:13 参考：https://www-sop.inria.fr/cafe/Manuel.Bronstein/publications/issac98.pdf 计算机如何自动计算不定积分，是一个长期感兴趣的问题，1968年出现的Risch算法，以及在1976年的改进Risch–Norman算法在相当程度上解决了这个问题，这些算法可以自动求解初等函数的不定积分，前提是积分也是初等函数。
	2樓悄悄打开魔盒 2024-6-22 10:18 第一种情况，有理函数的积分。有理函数是两个多项式的商。根据代数基本定理，多项式一定能在代数闭域内分解为一次多项式的乘积，而在实数域内，则分解成一次多项式和判别式为负数的二次多项式的乘积：
	3樓悄悄打开魔盒 2024-6-22 10:29 如果上述D是有理函数的分母，那么通过所谓部分分式展开，可以把有理函数写成下列形式其中P是多项式，Aik,Bjk,Cjk,ai,bj,cj都是实数。那么，要计算这个积分，只需要分别计算每一项的积分即可。多项式P的积分容易计算；其余各项的积分如下： 1. 分母为一次式的k次方：2. 分母为二次式，k=1：这里的判别式4cj-bj^2<0.
	4樓悄悄打开魔盒 2024-6-22 10:29 3. 分母为二次式，k>1：这样就可以递推式地降低k，直到k=1.
	5樓悄悄打开魔盒 2024-6-22 10:47 这种算法有一个重大缺陷：并没有什么算法可以得到所需的因式分解。这并不是说因式分解不存在，而是我们无法通过一种算法求解它。例如，五次方程x^5-x+1=0就没有根式解。（即使通过特殊函数，也会涉及希尔伯特第十三问题而难以解决）为了解决这个问题，我们首先需要对分母的因式分解进行限制，保证其有相应的算法。巨大八爪鱼：从三次方程开始，精确的根式解就很复杂了，有的解含有虚数i，有的解要用双层根号表示。甚至要用含有根号和虚数i的式子来表示一个实数。巨大八爪鱼：另外，高次方程经常会遇到实部和虚部都是无理数的虚数解，有时这些无理数要用多层根号表示（三、四次方程）（根号里面还可能含有虚数i），有时甚至完全无法用根号表示（五次方程以上），只能用有限小数近似值加省略号表示。 [查看詳情]
	6樓悄悄打开魔盒 2024-6-22 11:33 如果多项式f有不可约因式g^m, 但g^{m+1}不是f的因式，那么f和f导数f'的公因式(f,f')能被g^{m-1}整除，但不能被g^m整除。我们用这个事实，可以得知公因式h=(f,f')的每个不可约因式的次数比f小1.
	7樓悄悄打开魔盒 2024-6-22 11:50 我们假设f是首一多项式，把相同重数的不可约因式放在一起，设那么，首一公因式(f,f')为于是，我们有也就是说，我们不难从f求出无重数部分h1. 进而，可以再对(f,f')使用该算法求出h2,等等。因此，我们的算法最终可以把f的上述分解（也就是对应于每个重数的h1,h2....,hr）求出来。
	8樓悄悄打开魔盒 2024-6-22 12:17 上述算法成功把分母的最高重数从m降到了m-1，因此重复上述步骤，就可以把有理积分化约为分母无平方因子的情况。这叫做厄尔米特约化（Hermite reduction）。
	9樓悄悄打开魔盒 2024-6-23 22:46 根据厄尔米特约化，我们只需要求A/D, deg(A)<deg(D), D无平方因子，这种情况的不定积分。我们考虑在复数域内对D进行分解，结果是互不相同（因为D无平方因子）的单项式的乘积，因此A/D有部分分式展开此时，使用复对数，可以把积分表示为其中C是任意常数。当然，我们是不会满足于这种表示的，因为它很明显仍然没有规避高次方程求根的问题。
	10樓悄悄打开魔盒 2024-6-24 00:41 这里的ai显然等于A/D在单极点ri的留数。设D=D1(x-ri), 那么不难计算出因此，ri是D和A-aiD'的公共零点。根据结式（https://zh.wikipedia.org/wiki/%E7%B5%90%E5%BC%8F）的性质，ai恰好就是结式的根（即使得上述结式等于零的t）。

符号积分算法

回覆帖子