奥斯特罗格拉茨基积分法

奥斯特罗格拉茨基积分法

微积分处理技巧之二

z张z

这篇文章是对上一篇文章的补充与拓展，参见「分项分式积分法」，同样用来处理多项式积分。

相关概念

（一）真分式

如果一个分式的分子多项式的次数小于分母多项式的次数，就称它为真分式。

（二）即约分式

如果分式$p(x)/q(x)$ 的分子和分母除了常数因子外，没有其它公因式，即 $p(x)$ 与$q(x)$ 互质，则此分式叫做即约分式。

正文

部分分式可以解决大量多项式问题，但是仍有一些积分处理后计算步骤亢长，如

$\int \dfrac{1}{\left(x^{2}-3 x+3\right)^{2}} d x$

我们知道可以处理成

$\int \dfrac{P}{x^{2}-3 x+3}$ $+\dfrac{Q}{\left(x^{2}-3 x+3\right)^{2}} d x$

其中$P$ 、$Q$ 是一次式，这样通分后得到$P=0$ ,$Q=1$ ,这是无法进一步简化处理的，只能逐步运算，或许，也可以换以种思路，这就用到了本文讲述的方法－奥斯特罗格拉茨基积分法。

内容简述

设

$\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ 为【即约真分式】，那么存在【即约真分式】$\dfrac{P_{1}}{Q_{1}}$ 和 $\dfrac{P_{2}}{Q_{2}}$ 满足

$\dfrac{P}{Q}=\left(\dfrac{P_{1}}{Q_{1}}\right)^{\prime}+\dfrac{P_{2}}{Q_{2}}$ 这里 $Q=Q_{1} Q_{2}$ ，

$Q_1$ 是导数 $Q^{\prime}$ 和 $Q$ 的最大公因数，数学语言 $Q_{1}=\text{gcd}\left(Q, Q^{\prime}\right)$ ，

$P_1$ ，$P_2$ 是次数比$Q_1$ ，$Q_2$ 低的多项式，写成积分形式就是

$\int \dfrac{P}{Q} d x=\dfrac{P_{1}}{Q_{1}}+\int \dfrac{P_{2}}{Q_{2}} d x$

它的形状有些类似分部积分 $\int \mathrm{udv}=\mathrm{uv}-\int \mathrm{vdu}$ ，很协调不是吗？我们只需要记住这个重要的积分形式就好，证明ⁱ 将在文末给出。

例1

现在来用它解决我们开头提到的微积分。

$\int \dfrac{1}{\left(x^{2}-3 x+3\right)^{2}} d x$ 用上述公式可以写成

$\int \dfrac{1}{\left(x^{2}-3 x+3\right)^{2}} d x$ $=\dfrac{P_{1}}{Q_{1}}+\int \dfrac{P_{2}}{Q_{2}} d x$

这里，

$P=1$

$Q=\left(x^{2}-3 x+3\right)^{2}$

$Q^{\prime}=2(2 x-3)\left(x^{2}-3 x+3\right)$

则

$Q_{1}=\text{deg}\left(Q, Q^{\prime}\right)$ $=\left(x^{2}-3 x+3\right)$

$Q_{2}=\dfrac{Q}{Q_{1}}$ $=\left(x^{2}-3 x+3\right)$

这样就有

$\int \dfrac{1}{\left(x^{2}-3 x+3\right)^{2}} d x$

$=\dfrac{P_{1}}{x^{2}-3 x+3}$ $+\int \dfrac{P_{2}}{x^{2}-3 x+3} d x$

$P_1$ ，$P_2$ 是次数小于分母的多项式，不妨设 $P_1=Ax+B$ ，$P_2=Cx+D$ ，依旧通过通分求出，即

$\int \dfrac{1}{\left(x^{2}-3 x+3\right)^{2}} d x$

$=\dfrac{A x+B}{x^{2}-3 x+3}$ $+\int \dfrac{C x+D}{x^{2}-3 x+3} d x$ （1式）

两边求导

$\dfrac{1}{\left(x^{2}-3 x+3\right)^{2}}$

$=\dfrac{A\left(x^{2}-3 x+3\right)-(A \mathrm{x}+\mathrm{B})(2 x-3)}{\left(x^{2}-3 x+3\right)^{2}}$ $+\dfrac{C x+D}{x^{2}-3 x+3}$

通分解得

$A=\dfrac{2}{3}$ ,$B=-1$ ,$C=0$ ,$D=\dfrac{2}{3}$

代入（1式）有

$\int \dfrac{1}{\left(x^{2}-3 x+3\right)^{2}} d x$

$=$ $\dfrac{\dfrac{2}{3} x-1}{x^{2}-3 x+3}$ $+\int \dfrac{\dfrac{2}{3}}{x^{2}-3 x+3} d x$

$=$ $\dfrac{2 x-3}{3\left(x^{2}-3 x+3\right)}$ $+\dfrac{4}{3} \int \dfrac{d(2 x-3)}{(2 x-3)^{2}+3}$

$=$ $\dfrac{2 x-3}{3\left(x^{2}-3 x+3\right)}$ $+\dfrac{4}{3 \sqrt{3}} \arctan \left(\dfrac{2 x-3}{\sqrt{3}}\right)$ $+C$

实际上过程只有三步，只需要一点准备工作，就能简化这样的积分，参考下图。

例2

再来举一个例子，

$\int \dfrac{12 x+16 x^{2}+4 x^{3}+4 x^{4}+8}{(x+1)^{2}\left(x^{2}+1\right)^{2}} d x$

这样的积分无论有哪种方法计算步骤都会很多，因为复杂的微积分本身计算量偏多，而奥斯特罗格拉茨基积分法ⁱⁱ我认为是一种清晰明了的方法。

过程如下

$\int \dfrac{12 x+16 x^{2}+4 x^{3}+4 x^{4}+8}{(x+1)^{2}\left(x^{2}+1\right)^{2}} d x$

$=$ $\dfrac{A x^{2}+B x+C}{(x+1)\left(x^{2}+1\right)}$ $+\int \dfrac{D x^{2}+E x+F}{(x+1)\left(x^{2}+1\right)} d x$

$=$ $\dfrac{ x-x^{2}-4}{(x+1)\left(x^{2}+1\right)}$ $+$ $3 \int \dfrac{x+1}{(x+1)\left(x^{2}+1\right)} d x$

$=$ $\dfrac{ x-x^{2}-4}{(x+1)\left(x^{2}+1\right)}$ $+3 \arctan x$ $+C$

只用了四步，再来看一下计算机给出的标准解法，对比下

$\int \dfrac{12 x+16 x^{2}+4 x^{3}+4 x^{4}+8}{(x+1)^{2}\left(x^{2}+1\right)^{2}} d x$

$=4 \int \dfrac{3 x+4 x^{2}+x^{3}+x^{4}+2}{(x+1)^{2}\left(x^{2}+1\right)^{2}} d x$

$=4 \int \dfrac{x+2}{2\left(x^{2}+1\right)^{2}}$ $+\dfrac{1}{4\left(x^{2}+1\right)}$ $+\dfrac{3}{4(x+1)^{2}} d x$

$=\arctan x$ $+2 \int \dfrac{x+2}{\left(x^{2}+1\right)^{2}} d x$ $+3 \int \dfrac{1}{(x+1)^{2}} d x$

对$\int \dfrac{x+2}{\left(x^{2}+1\right)^{2}} d x$ 做代换 $x=\tan u$

$=\arctan x+$ $2 \int \cos ^{2} u(\tan u+2) d u$ $+3 \int \dfrac{1}{(x+1)^{2}} d x$

$=\arctan x+$ $2 \int\left(1-\sin ^{2} u\right)(\tan u+2) d u$ $+3 \int \dfrac{1}{(x+1)^{2}} d x$

$=\arctan x+$ $2 \int-2 \sin ^{2} u+\tan u$ $-\tan u \sin ^{2} u+2 d u$ $+3 \int \dfrac{1}{(x+1)^{2}} d x$

$=\arctan x+$ $2 \int \sin ^{2} u \tan u d u$ $+2 \int \tan u d u$ $-4 \int \sin ^{2} u d u$ $+4 \int d u$ $+3 \int \dfrac{1}{(x+1)^{2}} d x$

$= \cdots \cdots$

$=$ $\dfrac{-x^{2}+3\left(x^{3}+x^{2}+x+1\right) \arctan x+x-4}{(x+1)\left(x^{2}+1\right)}$ $+C$

中间还有很长的步骤可以明显的看出差距。

i 证明

$\int \dfrac{P}{Q} d x=\dfrac{P_{1}}{Q_{1}}+\int \dfrac{P_{2}}{Q_{2}} d x$ ，求导

$\dfrac{P}{Q}=\dfrac{P_{1}^{\prime} Q_{1}-P_{1} Q_{1}^{\prime}}{Q^{2}}$ $+\dfrac{P_{2}}{Q_{2}}$ ，由于 $Q=Q_{1} Q_{1}$

$P=P_{1}^{\prime} Q_{2}$ $-\dfrac{Q_{1}}{Q_{1}} Q_{2} P_{1}+Q_{1} P_{2}$

$\text{deg}(P) \leq \text{deg}(Q)-1$

$\text{deg}\left(P_{1}^{\prime} Q_{2}\right) \leq\left(\text{deg}\left(Q_{1}\right)-1\right)$ $+\left(\text{deg}(Q)-\text{deg}\left(Q_{1}\right)\right)$

$=\text{deg}(Q)-1$

$\text{deg}\left(\frac{Q_{1}^{\prime}}{Q_{1}} Q_{2} P\right) \leq\left(\text{deg}\left(Q_{1}\right)-1\right)$ $+\left(\text{deg}(Q)-\text{deg}\left(Q_{1}\right)\right)$ $+\left(\text{deg}\left(Q_{1}\right)-1\right)$ $-\text{deg}\left(Q_{1}\right)$

$=\text{deg}(Q)-2$

$\text{deg}\left(Q_{1} P_{2}\right) \leq\left(\text{deg}(Q)-\text{deg}\left(Q_{1}\right)-1\right)$ $+\text{deg}\left(Q_{1}\right)$

$=\text{deg}(Q)-1$

即$P_1,P_2$ 有解，证毕。

ii 奥斯特罗格拉茨基

米哈伊尔·瓦西里耶维奇·奥斯特罗格拉德斯基(也译作奥斯特罗格拉茨基，1801年9月24日－1862年1月1日)生平介绍

俄国数学家，他的工作包括变分学、代数函数的积分、数学物理、古典力学，是当时俄国数学界的重要人物。

他出生于现时乌克兰境内的Пашенная，在1816年入读哈尔科夫大学，1820年他参加毕业考试，但宗教兼国民教育主任要求他重考。官方原因是他没有上哲学和神学课，实际上的原因是他的老师奥西波夫斯基之前因宗教问题被停职，而校方认为这事也和奥西波夫斯基的学生有关。结果，他拒绝重考，不取学位便离开俄罗斯到巴黎求学。他上著名数学家的课，包括勒让德、泊松、柯西。他在法国科学院发表论文，内容以物理和积分学为主。

1828年他回到俄罗斯，到了圣彼得堡。曾在海军学院、通讯研究所、教育学院讲课。