Formación de fracciones parciales

Question

Supongamos que tenemos:

$ \dfrac{f(x)}{g(x)h(x)} $

y queremos dividirlo en:

$$ \frac{I(x)}{g(x)} + \frac{J(x)}{h(x)}$$

y que

$$\deg(f) \leq \deg(g)+\deg(h),\quad \deg(I) < \deg(g), \quad\deg(J) < \deg(h).$$

¿Cuál es la forma general de hacerlo?

No entiendo la intuición de tener que expresar;

$\frac{ax^{2}+bx+c }{(dx+e)(f x^{2}+g) } = \frac{A}{dx+e} + \frac{Bx+C}{fx ^{2}+g }$ .

¿Hay alguna norma general que se me escape?

Gracias.

Edición: Sólo para aclarar, todos estos son polinomios.

Answer 1

En primer lugar ¿qué es el teorema generalizado?

Teorema Dados tres polinomios $P,Q,R$ tal que $\gcd(P,Q)=1$ existe $U,V$ tal que: $$\frac{R(x)}{P(x)Q(x)}=\frac{U(x)}{P(x)}+\frac{V(x)}{Q(x)} $$ con $\deg(U)+\deg(R)< \deg(P), \deg(V)+\deg(R)<\deg(Q)$

Prueba Se deduce fácilmente de Identidad de Bézout y algoritmo GCD ampliado

Al observar la condición $P$ y $Q$ siendo relativamente coprima son necesarias para la validez del teorema porque podemos encontrar ejemplos simples que no satisfacen el teorema.

Segundo cómo calcular $U$ y $V$ ?

• Método algebraico utilizando el algoritmo GCD extendido, que es el método general y siempre funciona

• Método analítico, por ejemplo, si queremos encontrar $U$ y conocemos las raíces de $P$ sabemos que $deg(U)\leq deg(P)$ por lo que sólo tenemos que encontrar los valores de $U$ en al menos $deg(P)$ puntos. Esto se puede hacer utilizando: $$I(x)=\frac{R(x)}{Q(x)}=U(x)+\frac{V(x)}{Q(x)}P(x) \tag 1$$ Es fácil ver que si evaluamos $I$ en las raíces de $P$ podemos encontrar los valores de $U$ si tenemos múltiples raíces también evaluamos las derivadas de $I$ .

• Existen otros métodos que utilizan, por ejemplo, las raíces de $Q$ en la fórmula $(1)$ en cuyo caso utilizamos límites y evaluando en algunos puntos notables como $a,1,-1$ las raíces de $P,R,Q$ .

Tercero por qué necesitamos esta descomposición, hay muchas aplicaciones de la descomposición así en el cálculo de integrales y la resolución de ecuaciones diferenciales.

Answer 2

Efectivamente, ha hecho una buena pregunta. La estructura general que buscas es que el número de coeficientes desconocidos que tienes sea exactamente el mismo que el número de parámetros del mismo tipo, en este caso 3 coeficientes $A,B,C$ para 3 parámetros $a,b,c$ . Está 'claro' que se necesita al menos el mismo número, pero no siempre es cierto que el mismo número sea suficiente. Para ello necesitamos que las 'partes' sean independientes. Este tipo de consideración genérica aparece en todas partes.

Ahora, más concretamente, tenemos 3 partes $\frac{1}{dx+e},\frac{1}{fx^2+g},\frac{x}{fx^2+g}$ y se puede comprobar que cada uno es igual a $\frac{p(x)}{(dx+e)(fx^2+g)}$ para algún polinomio $p$ con $\deg(p) < 3$ . Si los 3 polinomios correspondientes son linealmente independientes, sabemos que podemos construir cualquier polinomio dado de grado inferior a $3$ por alguna combinación lineal de ellos. Eso es lo que realmente consiguen las fracciones parciales. Cómo encontrar los coeficientes es otra cuestión, y hay muchas maneras y trucos, pero la razón por la que se espera que tenga éxito es esta.

Por otro lado, si los polinomios correspondientes son linealmente dependientes, entonces las combinaciones lineales no podrán cubrir todos los posibles polinomios de grado inferior a $3$ . En su ejemplo, este será el caso si $(fx^2+g)$ es divisible por $(dx+e)$ . En ese caso, el denominador original es de la forma $(dx+e)^2 (fx+g)$ y si $(dx+e),(fx+g)$ son independientes, entonces el conjunto de piezas básicas que necesitamos es $\{ \frac{1}{dx+e},\frac{1}{(dx+e)^2},\frac{1}{fx+g} \}$ o de forma equivalente $\{ \frac{1}{(dx+e)^2},\frac{x}{(dx+e)^2},\frac{1}{fx+g} \}$ . Pero si el denominador original es de la forma $(dx+e)^3$ , entonces necesitamos $\{ \frac{1}{dx+e},\frac{1}{(dx+e)^2},\frac{1}{(dx+e)^3} \}$ ou $\{ \frac{1}{(dx+e)^3},\frac{x}{(dx+e)^3},\frac{x^2}{(dx+e)^3} \}$ . Se puede comprobar que cada uno de ellos es, efectivamente, linealmente independiente.

Lo anterior se generaliza, siempre y cuando se agrupen los factores idénticos en el denominador como se hizo anteriormente. Se puede demostrar (aunque no es tan sencillo) que el conjunto generado de esa manera siempre será independiente, y por lo tanto la función racional original siempre se puede expresar utilizando fracciones parciales.

Nótese que el teorema en Elaqqad La respuesta de la empresa se puede utilizar para demostrar por inducción una de las versiones de las fracciones parciales que he dado, es decir, cuando los factores repetidos en el denominador dan lugar a partes combinadas de la forma $\dfrac{A+Bx+...+Cx^{km-1}}{(a+bx+...+cx^m)^k}$ . Sólo hay que factorizar el denominador en potencias de factores irreducibles y aplicar ese teorema repetidamente, sacando una potencia cada vez. Para obtener la otra versión, con partes combinadas de la forma $\dfrac{A+Bx+...+Cx^{m-1}}{(a+bx+...+cx^m)}+\dfrac{D+Ex+...+Fx^{m-1}}{(a+bx+...+cx^m)^2}+...+\dfrac{G+Hx+...+Ix^{m-1}}{(a+bx+...+cx^m)^k}$ sólo hay que comprobar que el tramo es el mismo.

Answer 3

Mientras el denominador sólo tenga simple factores irreducibles, es bastante sencillo. Aquí, por ejemplo, voy a suponer $f,g$ tienen el mismo signo, por lo que $fx^2+g$ es irreducible y tiene raíces complejas. La estrategia general es:

1. Multiplica ambos lados de la igualdad por $(dx+e)(fx^2+g)$ . Se obtiene una identidad polinómica: $$ax^2+bx+c=A(fx^2+g)+(Bx+C)(dx+e).$$
2. Set $x=-\dfrac ed\,$ y obtener una ecuación para $A$ .
3. Set $x=\mathrm i\mkern 1.5mu\sqrt{-\dfrac gf}$ . Se obtiene una ecuación con coeficientes complejos para $d$ y $e$ es decir, dos ecuaciones con coeficientes reales.

Recuerda también que primero tienes que dividir (con resto) el numerador entre el denominador, para tener un adecuado función racional ( $\deg$ (numerador) $<\deg$ (denominador)).

Para una función racional propia, el teorema de descomposición dice que son sumas de adecuado funciones racionales con denominadores primarios (=potencias de un único polinomio irreducible) y $\deg$ (numerador) $<\deg($ polinomio irreducible). En el caso de un polinomio cuadrático irreducible, esto significa que el numerador tendrá como máximo el grado $1$ .