求解形式幂级数的一阶微分方程

为了方便本文的叙述，作出如下可能不严谨的定义： $1$、如无特殊说明，$f$表示一个多项式。 $2$、如无特殊说明，$F$表示一个以多项式为参数的函数。

这篇文章主要是想求解这个东西：

$$\frac{d}{dx}f=F(f)(mod{x}^n)$$

一般情况下$f$可以放到等式右边然后就可以用牛顿迭代来求零点了...然而这个微分非常讨厌，怎么办呢，我们还是来考虑倍增。

先来考虑泰勒展开式，假设上一次迭代的结果是$\hat{f}$，那么：

$$\frac{d}{dx}f=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{F^{(i)}(\hat{f})}{i!}(f-\hat{f}{)}^i$$

显然$i\ge 2$的项都是没有用的，于是改写为：

$$\frac{d}{dx}f=F(\hat{f})+F^{\prime }(\hat{f})(f-\hat{f})$$

拆项、移项：

$$\frac{d}{dx}f-F^{\prime }(\hat{f})f=F(\hat{f})-F^{\prime }(\hat{f})\hat{f}$$

下面就是一波神仙操作了，我们设一个$r$，其值为：

$$r=e^{-\int F^{\prime }(\hat{f})dx}$$

考虑其微分，利用复合函数求导法则得：

$$\frac{d}{dx}r=e^{-\int F^{\prime }(\hat{f})dx}\cdot (-F^{\prime }(\hat{f}))=-F^{\prime }(\hat{f})r$$

考虑对之前得式子左右同乘$r$：

$$\frac{d}{dx}f\cdot r-F^{\prime }(\hat{f})f\cdot r=(F(\hat{f})-F^{\prime }(\hat{f})\hat{f})\cdot r$$

于是可以发现等式左边的第二项可以转化，变为$f\cdot \frac{d}{dx}r$，于是等式左边就可以再利用求导法则转化：

$$\frac{d}{dx}f\cdot r+f\cdot \frac{d}{dx}r=\frac{d}{dx}(f\cdot r)=(F(\hat{f})-F^{\prime }(\hat{f})\hat{f})\cdot r$$

于是对两边进行积分：

$$f\cdot r=\int (F(\hat{f})-F^{\prime }(\hat{f})\hat{f})\cdot rdx$$

显然再同除以$r$：

$$f=\frac{\int (F(\hat{f})-F^{\prime }(\hat{f})\hat{f})\cdot rdx}{r}$$

于是就可以倍增了...这操作真的是好强好强。

$\mathrm{u}\mathrm{p}\mathrm{d}$：分治$\mathrm{F}\mathrm{F}\mathrm{T}$好啊...常数可以吊打上面的做法...