嘿，我来给你一步步拆解奥斯特罗格拉德斯基公式的证明，咱们就从你已经给出的有理函数部分分式分解入手，这样理解起来会更顺～

首先先明确公式里各个符号的定义，避免混淆：
$$\int \frac{P(x)}{Q(x)}dx=\frac{P_1(x)}{Q_1(x)}+\int \frac{p(x)}{q(x)}dx$$

• $\frac{P(x)}{Q(x)}$是分子分母互质的有理函数（你说的「simplest rational function」）
• $q(x)$是$Q(x)$的无重根部分——把$Q(x)$里每个重复的因式都只保留一次，比如$Q(x)=(x-1)^3(x2+1)^{2$，那$q(x)=(x-1)(x}2+1)$
• $Q_1(x)=\frac{Q(x)}{q(x)}$，也就是$Q(x)$去掉所有单重因子后的部分，上面的例子里$Q_1(x)=(x-1)^2(x2+1)$
• $P_1(x)$是次数小于$\deg Q_1(x)$的多项式，$p(x)$是次数小于$\deg q(x)$的多项式（如果$\deg P(x)\geq\deg Q(x)$，先做多项式除法，把$\frac{P(x)}{Q(x)}$写成多项式加真分式，多项式部分直接积分就行，归入$\frac{P_1(x)}{Q_1(x)}$）

第一步：从部分分式分解切入 #

你已经给出了有理函数的标准部分分式分解：
$$\frac{P(x)}{Q(x)}=\sum_{j=1}^l\sum_{k=1}{k_j}\left(\frac{a_{jk}}{(x-x_j)^{k}\right)+\sum_{j=1}}n\sum_{k=1}^{{m_j}\frac{b_{jk}x+c_{jk}}{(x}2+p_jx+q_j)^k}$$
这个分解把有理函数拆成了对应$Q(x)$所有因式的项：$(x-x_j)^{{k_j}$是实重根，$(x}2+p_jx+q_j)^{m_j}$是不可约二次重因式，所有系数都是唯一确定的实数。

我们把这些项分成两类：

• 多重项：所有$k\geq2$的项（对应$Q(x)$的重根因式，次数大于1）
• 单重项：所有$k=1$的项（对应$Q(x)$的单根因式，次数为1）

第二步：分别积分两类项，拆分有理/超越部分 #

现在我们对这两类项分别积分，看看结果的区别：

1. 多重项的积分（得到有理函数）

对于实重根的项$\frac{a_{jk}}{(x-x_j)^k}$（$k\geq2$），积分结果是：
$$\int \frac{a_{jk}}{(x-x_j)^k}dx = \frac{a_{jk}}{(1-k)(x-x_j)^{k-1}} + C$$
这是一个有理函数，分母是$(x-x_j)^{k-1}$——正好是$Q_1(x)$的因式（因为$Q_1(x)=Q(x)/q(x)$，$q(x)$里$(x-x_j)$只保留一次，所以$Q_1(x)$里$(x-x_j)$的次数是$k_j-1$，对应$k$从2到$k_j$的项积分后分母次数从1到$k_j-1$，完全包含在$Q_1(x)$中）。

对于不可约二次重因式的项$\frac{b_{jk}x+c_{jk}}{(x^2+p_jx+q_j)k}$（$k\geq2$），我们可以把它拆成$\frac{A(2x+p_j)+B}{(x^2+p_jx+q_j)k}$（$A,B$是常数）：

• 第一部分$\frac{A(2x+p_j)}{(x^2+p_jx+q_j)k}$的积分结果是$\frac{A}{(1-k)(x^2+p_jx+q_j){k-1}} + C$，这也是有理函数，分母是$(x^2+p_jx+q_j){k-1}$，同样属于$Q_1(x)$的因式；
• 第二部分$\frac{B}{(x^2+p_jx+q_j)k}$的积分通过递推公式计算，最终会得到一个有理函数项加上一个$\int\frac{dx}{(x^2+p_jx+q_j){k-1}}$的项，递推到$k=1$时才会出现超越函数，而所有递推过程中产生的有理函数项都可以合并到一起。

把所有多重项积分得到的有理函数通分合并，就得到了公式里的$\frac{P_1(x)}{Q_1(x)}$，而且分子$P_1(x)$的次数一定小于$\deg Q_1(x)$（因为每个有理项的分子都是低次多项式，通分后不会超过分母次数减1）。

2. 单重项的积分（得到超越函数）

对于实单根的项$\frac{a_{j1}}{x-x_j}$，积分结果是$a_{j1}\ln|x-x_j| + C$，这是超越函数（不是有理函数）；
对于不可约二次单因式的项$\frac{b_{j1}x+c_{j1}}{x^2+p_jx+q_j}$，积分结果是：
$$\frac{b_{j1}}{2}\ln(x^2+p_jx+q_j) + \frac{2c_{j1}-b_{j1}p_j}{\sqrt{4q_j-p_j^{2}}\arctan\left(\frac{2x+p_j}{\sqrt{4q_j-p_j}2}}\right) + C$$
这也是超越函数。

所有单重项的积分合起来，就是公式里的$\int\frac{p(x)}{q(x)}dx$，其中$\frac{p(x)}{q(x)}$就是所有单重项的和，$q(x)$是$Q(x)$的无重根部分，$p(x)$是次数小于$\deg q(x)$的多项式。

第三步：求导验证公式的正确性 #

为了确保公式成立，我们可以对公式两边求导：
$$\frac{d}{dx}\left(\frac{P_1(x)}{Q_1(x)}+\int \frac{p(x)}{q(x)}dx\right) = \frac{P_1'(x)Q_1(x)-P_1(x)Q_1'(x)}{Q_1(x)^2} + \frac{p(x)}{q(x)}$$
因为$Q_1(x)q(x)=Q(x)$，代入$q(x)=\frac{Q(x)}{Q_1(x)}$，整理后可以得到：
$$\frac{P_1'(x)Q_1(x)-P_1(x)Q_1'(x)}{Q_1(x)^2} + \frac{p(x)Q_1(x)}{Q(x)}$$
通分后分子正好等于$P(x)Q_1(x)$，两边除以$Q(x)$就得到原有理函数$\frac{P(x)}{Q(x)}$，完美匹配，证明公式成立。

另外，因为部分分式分解的系数是唯一的，所以$P_1(x)$和$p(x)$的系数也是唯一确定的，这就保证了公式的唯一性。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Yinuo An