Fracciones parciales: ¿Por qué funciona este método de acceso directo?

Question

Supongamos que deseamos resolver $1/{(n(n+1))}$ en una suma de fracciones parciales. Voy a resolver esta dejando $1/{(n(n+1))} = {a/n} + {b/(n+1)}$ y luego resolver para $a$ e $b$, que en este caso da $a=1$ e $b=-1$.

Pero he aprendido acerca de un método de acceso directo. Se dice que suponga $1/{(n(n+1))} = {a/n} + {b/(n+1)}$, luego de encontrar $a$ por encontrar el valor que hace que su denominador en el lado derecho igual a $0$ y el cálculo de la LHS, con la $0$ (o $a$'s denominador en RHS), eliminado así obtenemos $a = {1/(0+1)} = 1$ [como $n=0$], y llegamos $b = {1/(-1)} = -1$ [como $n+1=0$].

Otro ejemplo, si no soy claro, supongamos $$\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{a}{n} + \frac{b}{n+1} + \frac{c}{n+2};$$, a continuación, $$ \begin{eqnarray} a &=& \frac{1}{(0+1)(0+2)}=\frac{1}{2}, \\ b &=& \frac{1}{(-1)(-1+2)}=-1, \\ c &=& \frac{1}{(-2)(-2+1)}=\frac{1}{2}. \end{eqnarray} $$

¿Por qué este método de acceso directo de trabajo?

Answer 1

Sólo se debe multiplicar la fórmula completa por el lineal factor que se ajuste a cero. Se cancela en el lado izquierdo y en exactamente un término en el lado derecho. en el segundo ejemplo con el factor de $n+2$ esto da $$ \frac1{n(n+1)}=(n+2)\frac y+(n+2)\frac{b}{n+1}+c $$ A continuación, establezca el lineal factor a cero, es decir, evaluar en su raíz y , dando exactamente el procedimiento que se describe. $$ \frac1{(-2)(-2+1)}=0\el frac de un{-2}+0\frac{b}{-2+1}+c $$ Tenga en cuenta que esto no funciona si el factor tiene una mayor multiplicidad. Hay una extensión que funciona con la serie de Taylor truncada, pero este es más adecuado para un equipo de implementación.

Answer 2

Apenas voy a comenzar con $a$ como un ejemplo. Multiplicar ambos lados por $n$ conseguir $$\frac 1{(n+1)(n+2)} = a + \frac {bn}{n+1} + \frac {cn}{n+2}$$ Como esto es cierto para todos los $n$, enchufe $0$. El $b$ e $c$ términos convertido $0$, dejando $a$ en la fórmula anteriormente descrita: $$\frac 1{(0+1)(0+2)} = a$$

Answer 3

Este es un buen atajo. Se utiliza la observación de que la función en el lado izquierdo tiene divergencias en el aislado de los valores de $n$ que hacen que el denominador a cero, y cada término en el lado derecho debe coincidir con una de esas divergencias (en tanto la ubicación y magnitud). Así, supongamos que, en general, que el lado izquierdo es $$ \frac{1}{(n-z_1)(n-z_2)\ldots(n-z_k)}=\frac{c_1}{n-z_1} + \frac{c_2}{n-z_2} + \cdots + \frac{c_k}{n-z_k}. $$ y deje $n=z_i + \varepsilon$. A continuación, el lado derecho es claramente $\sim c_i / \varepsilon$, mientras que el lado izquierdo es asintótica $$ \frac{1}{(z_i-z_1)(z_i-z_2)\cdots(z_i-z_{i-1})\cdot\varepsilon\cdot(z_i-z_{i+1})\cdots(z_i-z_k)}, $$ cuando $\varepsilon \rightarrow 0$. La equiparación de los dos da el acceso directo resultado, $$ c_i = \frac{1}{(z_i-z_1)(z_i-z_2)\cdots(z_i-z_{i-1})\cdot(z_i-z_{i+1})\cdots(z_i-z_k)}. $$ Esto se basa en el $z_i$ ser distinto; lo que usted necesita hacer más trabajo para manejar más de multiplicidades.

Answer 4

Tomemos tu ejemplo. Tenemos \begin{align}\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{a}{n} + \frac{b}{n+1} + \frac{c}{n+2}&=\color{red}{\boxed{\frac an+\frac{b(n+2)+c(n+1)}{(n+1)(n+2)}\cdot\frac nn}}\quad(\text{group together}\,b,c)\\&=\color{blue}{\boxed{\frac b{n+1}+\frac{a(n+2)+cn}{n(n+2)}\cdot\frac{n+1}{n+1}}}\quad(\text{group together}\,a,c)\\&=\color{green}{\boxed{\frac c{n+2}+\frac{a(n+1)+bn}{n(n+1)}\cdot\frac{n+2}{n+2}}}\quad(\text{group together}\,a,b)\end {align} para obtener $$\color{red}{\frac a{\color{black}{\boldsymbol{n}}}=\frac{1-n[b(n+2)+c(n+1)]}{n(n+1)(n+2)}\implies \color{red}a=\frac{1-\color{black}{\boldsymbol{n}}\boldsymbol{[b(n+2)+c(n+1)]}}{(n+1)(n+2)}}\\\phantom{2cm}\\\color{blue}{\frac b{\color{black}{\boldsymbol{n+1}}}=\frac{1-(n+1)[a(n+2)+cn]}{n(n+1)(n+2)}=\frac{1-\color{black}{\boldsymbol{(n+1)}}\boldsymbol{[a(n+2)+cn]}}{n(n+2)}}\\\phantom{2cm}\\\color{green}{\frac c{\color{black}{\boldsymbol{n+2}}}=\frac{1-(n+2)[a(n+1)+bn]}{n(n+1)(n+2)}=\frac{1-\color{black}{\boldsymbol{(n+2)}}\boldsymbol{[a(n+1)+bn]}}{n(n+1)}}$$ Notice that in each case, when you set $ n, n +1, n +2 = 0$ respectively, the terms in bold disappear, so you get $$\color{red}{a=\frac{1-0}{(0+1)(0+2)}=\frac12}\\\color{blue}{b=\frac{1-0}{(-1)(-1+2)}=-1}\\\color{green}{c=\frac{1-0}{-2(-2+1)}=\frac12}.$ $