奥式方法¶

奧斯特罗格拉德斯基（Ostrogradski）方法（下称奥式方法, 毕竟俄国数学家~名字老长了）是一种从有理函数不定积分中分离出有理部分的技术. 使用这一技术有时可以极大的简化复杂有理函数的积分.

例如 $$ \begin{aligned} &F(x)\\ =&\int f(x)\mathrm{d}x\\ =&\int \frac{x^{2}+1}{(x+1)^{2}(x-1)} \mathrm{d} x\\ =&\int\left[\frac{1}{2(x+1)}-\frac{1}{(x+1)^{2}}+\frac{1}{2(x-1)} \mathrm{d}x\right]\\ =&\frac{1}{2} \ln \left|x^{2}-1\right|+\frac{1}{x+1}+C \end{aligned} $$ 其中 $$ \frac{1}{x+1} $$ 称为$F(x)$的有理部分 $$\frac{1}{2}\ln|x^2-1|$$ 称为$F(x)$的无理部分.

方法范式¶

设 $$ \frac{P(x)}{Q(x)} $$ 是被积函数, 如果它是假分式就用带余除法分解出一个整式即可, 所以我们只考虑它是有理真分式的情况, 也即是 $$ \deg P(x) \lt \deg Q(x) $$ 那么存在如下分解 $$ \int \frac{P(x)}{Q(x)}\mathrm{d}x=\frac{P_1(x)}{Q_1(x)}+\int \frac{P_2(x)}{Q_2(x)}\mathrm{d}x $$ 其中 $$ \frac{P_1(x)}{Q_1(x)}, \quad \frac{P_2(x)}{Q_2(x)} $$ 都是有理真分式, $Q_2(x)$的根与$Q(x)$的根相同, 但都是一重根, 并且有 $$ Q_1(x)Q_2(x)=Q(x) $$ $P_1(x)$和$P_2(x)$可以利用待定系数法求出: $$ \frac{P(x)}{Q(x)}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\frac{P_1(x)}{Q_1(x)}+\frac{P_2(x)}{Q_2(x)} $$ 这么说比较抽象, 我们还是用前面那个例子实操一下.

$$ \frac{P(x)}{Q(x)}=\frac{x^{2}+1}{(x+1)^{2}(x-1)} $$ 那么 $$ \begin{aligned} &Q(x)=(x+1)^2(x-1)\\ \Rightarrow &Q_2(x)=(x+1)(x-1)\\ \Rightarrow &Q_1(x)=x+1 \end{aligned} $$ 设 $$ \begin{aligned} &P_1(x)=a\\ &P_2(x)=bx+c \end{aligned} $$ 这么设的依据是奥式方法中的$P_{1,2}(x)/Q_{1,2}(x)$是真分式.

于是我们得到 $$ \frac{x^{2}+1}{(x+1)^{2}(x-1)}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\frac{a}{x+1}+\frac{bx+c}{(x+1)(x-1)} $$ 也就是 $$ \begin{aligned} &\frac{x^{2}+1}{(x+1)^{2}(x-1)}\\ =&\frac{-a}{(x+1)^2}+\frac{bx+c}{(x+1)(x-1))}\\ =&\frac{-a(x-1)+(bx+c)(x+1)}{(x+1)^2(x-1)}\\ \end{aligned} $$ 得到 $$ x^2+1=bx^2+(-a+b+c)x+a+c $$ 于是 $$ a=1 \quad b=1 \quad c=0 $$ 回代得到 $$ \begin{aligned} &\int \frac{x^{2}+1}{(x+1)^{2}(x-1)} \mathrm{d}\\ =&\frac{1}{x+1}+\int \frac{x}{(x+1)(x-1)}\mathrm{d}x \end{aligned} $$ 我们也就在不完全求解原积分的情况下求得了有理部分为 $$ \frac{1}{x+1} $$ 这样的方法比起完全的部分分式分解要简单得多.

原理¶

奥式方法作为一个出现在卓里奇.数学分析.上册.第五章.第七节-原函数, 笔者也是从这里学到的这个方法. 这个方法虽然出现在分析学的书中, 但是更多地依赖的是代数学的理论.

部分分式分解¶

根据上一篇笔记介绍的部分分式分解定理, 任一有理函数都可以在实数域内分解为如下形式: $$ \begin{aligned} &\frac{P(x)}{Q(x)}\\ =&\sum_{i=1}^{s}\sum_{k=1}^{d_i}\frac{A_{ik}}{(x-a_i)^k}+\sum_{j=1}^{t}\sum_{k=1}^{e_j}\frac{B_{jk}x+C_{jk}}{(x^2-2\alpha_j x+\alpha_j^2+\beta_j^2)^k}\\ \end{aligned} $$ 上面这个东西做不定积分, 结果有下面几类

• 对数函数(超越函数)

$$ \int \frac{A_{ik}}{x-a_i}\mathrm{d}x $$

• 对数函数+反正切函数(超越函数)

$$ \int\frac{B_{jk}x+C_{jk}}{x^2-2\alpha_j x+\alpha_j^2+\beta_j^2}\mathrm{d}x $$

• 有理函数

$$ \int \frac{A_{ik}}{(x-a_i)^k}\mathrm{d}x $$

• 有理函数

$$ \int\frac{B_{jk}x}{(x^2-2\alpha_j x+\alpha_j^2+\beta_j^2)^k}\mathrm{d}x $$

• 以及比较复杂的有理函数+超越函数

$$ \int\frac{C_{jk}}{(x^2-2\alpha_j x+\alpha_j^2+\beta_j^2)^k}\mathrm{d}x $$

最后一类不定积分的计算¶

这个积分刚好是吉米多维奇习题集中的习题#1921

前面几类比较显然, 下面我们来考察最后一类函数的积分

可以通过换元简化为如下形式

$$ \begin{aligned} &I_k\\ =&\int \frac{1}{(x^2+c)^k}\mathrm{d}x\\ =&\frac{x}{(x^2+c)^k}-\int \frac{-2kx^2}{(x^2+c)^{k+1}}\mathrm{d}x\\ =&\frac{x}{(x^2+c)^k}+2k\int \frac{(x^2+c)-c}{(x^2+c)^{k+1}}\mathrm{d}x\\ =&\frac{x}{(x^2+c)^k}+2kI_k-2kcI_{k+1} \end{aligned} $$ 得到$k\ge 1$时的递推式 $$ I_{k+1}=\frac{2k-1}{2kc}I_k+\frac{x}{2kc(x^2+c)^k} $$ 并且 $$ I_1=\frac{1}{c}\arctan(\frac{x}{c}) $$ 于是$k\ge 2$时 $$ \begin{aligned} &I_k\\ =&\frac{x}{2(k-1)c(x^2+c)^{k-1}}\\ &+\frac{2k-3}{2(k-1)c}\frac{x}{2(k-2)c(x^2+c)^{k-2}}\\ &\cdots\\ &+\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!c^{k-1}}I_1\\ =&\sum_{n=1}^{k-1}\frac{c_nx}{(x^2+c)^n}+c_kI_1 \end{aligned} $$ 其中$c_n,n=1,2,...,k$为实系数. 由此可见最后一类的积分是混合着有理函数和超越函数的, 其中超越函数部分为$c_kI_1$

现在我们把所有的超越函数集中起来 $$ \begin{aligned} &\int \sum_i\frac{A_{ik}}{x-a_i}\mathrm{d}x+\\ &\int\sum_j\frac{B_{jk}x+C_{jk}}{x^2-2\alpha_j x+\alpha_j^2+\beta_j^2}\mathrm{d}x+\\ &\int\sum_k\frac{c_kC_{jk}}{x^2-2\alpha_j x+\alpha_j^2+\beta_j^2}\mathrm{d}x \end{aligned} $$ 可以看到通分之后的分母就是奥式方法所述的$Q_2(x)$, 也即$Q(x)$所有一次因子的积.

同样的我们把所有有理函数集中起来 $$ \begin{aligned} &\int \sum_{k\gt1}\sum_i\frac{A_{ik}}{(x-a_i)^k}\mathrm{d}x+\\ &\int \sum_{k\gt1}\sum_j\frac{B_{jk}x}{(x^2-2\alpha_j x+\alpha_j^2+\beta_j^2)^k}\mathrm{d}x\\ &\sum_{k\gt1}\sum_{n=1}^{k-1}\frac{c_nC_{jk}x}{(x^2-2\alpha_j x+\alpha_j^2+\beta_j^2)^n} \end{aligned} $$ 不难看出它的分母就是$Q_1(x)=Q(x)/Q_2(x)$, 也就是$Q(x)$所有的因子去掉一重.

这也就证明了奥式方法的分解形式 $$ \int \frac{P(x)}{Q(x)}\mathrm{d}x=\frac{P_1(x)}{Q_1(x)}+\int \frac{P_2(x)}{Q_2(x)}\mathrm{d}x $$ 其中 $$ \frac{P_1(x)}{Q_1(x)}和\frac{P_2(x)}{Q_2(x)} $$ 都是有理真分式显然成立, 否则左侧的被积函数不可能为有理真分式.

更进一步¶

证明完之后, 不难发现奥式方法虽然看起来很美好, 但也不是那么好用的. 想要从$Q(x)$得到$Q_2(x)$可没那么容易.

前面的例子中 $$ Q(x)=(x+1)^2(x-1) $$ 已经做好了因式分解, 可以直接得到 $$ Q_2(x)=(x+1)(x-1) $$ 现实生活可没有那么美好, 往往我们得到的式子都是没有好看的根的, 于是下面我们来介绍一种代数方法来求得$Q_2(x)$.

多项式无重因式的充分必要条件¶

显然, 当$Q(x)$没有重因子时, $Q_2(x)= Q(x),Q_1(x)\equiv 1$那么$P_1(x)\equiv 0$,否则$P/Q$不成为真分式. 也就是说此时, 积分式没有有理部分.

这种情况比较简单, 我们考虑这个定理的逆否命题. 也就是当$Q(x)$存在重因子时, $Q(x)$与$Q'(x)$有公因式, 那么这个公因式是什么呢? 实际上就是我们的$Q_1(x)$.

也就是说下式总是成立的, $Q(x)$和$Q'(x)$最大公因式(何谓最大公因式很容易数论中的概念推广过来) $$ \left(Q(x),Q'(x)\right)=Q_1(x) $$

这也就是下述命题

证明过程我就不摘过来了, 感兴趣的可以去看看, 我们直接把这个命题运用到奥式方法中.

用一个例题来说明 $$ \begin{aligned} &P(x)=2x^6+3x^5+6x^4+6x^3+10x^2+3x+2\\ &Q(x)=x^7+3x^6+5x^5+7x^4+7x^3+5x^2+3x+1 \end{aligned} $$

本题即是前文提到的卓里奇数学分析课后习题的一部分

这个题显然就不能求根来做了, 我们知道高次方程往往是不能求根的, 只能另辟蹊径.

现在我要求$Q_1(x)$, 即是求 $$ Q'(x)=7x^6+18x^5+25x^4+28x^3+21x^2+10x+3 $$ 和 $$ Q(x)=x^7+3x^6+5x^5+7x^4+7x^3+5x^2+3x+1 $$ 的最大公因式. 类比我们小学二年级学过的欧几里得辗转相除法, 我们也可以这么来求多项式的最大公因式. 过程比较繁琐, 好在我们可以用计算机实现.

下面使用python的sympy库实现符号计算

>>> import sympy as sp
>>> x = sp.symbols("x")
>>> qx = x**7+3*x**6+5*x**5+7*x**4+7*x**3+5*x**2+3*x+1
>>> q1 = sp.gcd(qx, qx.diff(x)) # 最大公因式
>>> q2 = sp.cancel(qx/q1) # 约分
>>> q1
x**4 + 2*x**3 + 2*x**2 + 2*x + 1
>>> q2
x**3 + x**2 + x + 1
>>> sp.expand(q1*q2) == qx # 检验
True

我们得到了很漂亮的结果(我估摸着也是卓里奇凑出来的) $$ \begin{aligned} Q_1(x)=&(Q(x),Q'(x))\\ =&x^4+2x^3+2x^2+2x+1 \end{aligned} $$ 和 $$ \begin{aligned} Q_2(x)=&Q(x)/Q_1(x)\\ =&x^3+x^2+x+1 \end{aligned} $$ 下面的问题就迎刃而解了.

我们接着上面的程序把答案算出来(手算太麻烦了, 也没必要)

>>> px = 2*x**6+3*x**5+6*x**4+6*x**3+10*x**2+3*x+2
>>> sp.integrate(px/qx,x)
(3*x**3 + x**2 + x - 1)/(2*x**4 + 4*x**3 + 4*x**2 + 4*x + 2) 
+ log(x + 1) 
+ log(x**2 + 1)/2 
- atan(x)/2

也就是 $$ \begin{aligned} &\int \frac{P(x)}{Q(x)}\mathrm{d}x\\ =&\frac{3x^3+x^2+x-1}{2x^4+4x^3+4x^2+4x+2}\\ &+\ln|x+1|+\frac{1}{2}\ln(x^2+1)\\ &-\frac{1}{2}\arctan x +C \end{aligned} $$ 可以看到有理部分的分母确实就是我们算出来的$Q(x)$和$Q'(x)$最大公因式.