¿Por qué la descomposición de fracciones parciales siempre funciona?

Question

Digamos que tienes una función $p(x)/q(x)$ para algunos polinomios $p(x)$ y $q(x)$ y $p$ tiene un grado menor que $q$ .

Diga $q$ tiene grado tres y $p$ tiene grado dos. Si lo descompones parcialmente, obtendrás tres variables $A$ , $B$ , $C$ y tres ecuaciones con estas variables. Puedes resolver estas variables y encontrar los valores de los numeradores.

Pero no todos los sistemas de tres ecuaciones tienen soluciones, así que ¿cómo sabemos que $A$ , $B$ y $C$ ¿existe siempre para todas las funciones racionales que cumplen los criterios de descomposición?

Answer 1

Una buena manera de obtener las constantes particulares (y que da una pista de por qué funciona) es tomar: $$ q(x) = (x - a_1) (x - a_2) \ldots (x - a_n) $$ Para simplificar, tome todos los $a_i$ diferente. Si puedes escribir: $$ \frac{p(x)}{q(x)} = \frac{A_1}{x - a_1} + \cdots + \frac{A_n}{x - a_n} $$ Ahora calcula: $$ \lim_{x \to a_k} \frac{(x - a_k) p(x)}{q(x)} = A_k $$ El límite del lado izquierdo es fácil de calcular, y está claro que es consistente. Es uniforme: $$ A_k = \lim_{x \to a_k} \frac{x - a_k}{q(x)} \cdot p(x) = \frac{p(a_k)}{q'(a_k)} $$

Un truco similar funciona para las raíces repetidas de $q(x)$ . Y el caso de los factores cuadráticos (irreducibles sobre los reales) se puede deducir factorizando sobre los números complejos.

Answer 2

En su caso concreto, donde el grado de $p$ y $q$ son 2 y 3 respectivamente, podemos demostrar dicha descomposición directamente. Suponiendo que estamos trabajando sobre los reales, podemos descomponer $q(x)$ como el producto de tres términos lineales, o el producto de un término cuadrático irreducible y un término lineal. Sólo sabiendo esto, y escribiendo $q(x) = ax^3+bx^2+cx+d$ y el seguimiento de todas las variables te permitirá descomponer tu fracción (aunque sea un proceso bastante desordenado).

Por supuesto, este método de fuerza bruta no es el que utilizaríamos para demostrar que siempre existe una descomposición. Si buscas en el libro de Cálculo de Spivak, en el capítulo 19, discute el teorema de descomposición de fracciones parciales, y afirma "La integración de una función racional arbitraria depende de dos hechos; el primero se desprende del Teorema Fundamental del Álgebra, pero el segundo no se demostrará en este libro". La parte del Teorema Fundamental del Álgebra permite factorizar $q(x)$ en términos lineales y cuadráticos irreducibles. El libro es bastante riguroso en todas sus demostraciones, así que si la demostración fue omitida, es probablemente porque es demasiado difícil a un nivel elemental de "cálculo y álgebra lineal".

Creo que un paso hacia la prueba sería lo siguiente. Veamos $\frac{f(x)}{g(x)}$ donde $f,g\in \mathbb{R}[x]$ y el factor $g(x) = a(x)b(x)$ donde $a$ y $b$ no tienen factores comunes. Dado que $\mathbb{R}[x]$ es un dominio euclidiano (tenemos un algoritmo de división), podemos encontrar $c(x)$ y $d(x)$ tal que $c(x)a(x)+d(x)b(x)=1$ (esta es la identidad de Bezout). Ahora multiplique por $p(x)$ y dividir por $q(x)$ para conseguir $$\frac{c(x)a(x)p(x)}{q(x)}+ \frac{d(x)b(x)p(x)}{q(x)}=\frac{p(x)}{q(x)} \Rightarrow \frac{c(x)p(x)}{b(x)}+ \frac{d(x)p(x)}{a(x)}=\frac{p(x)}{q(x)} $$

Ahora bien, proceder por inducción en el número de factores podría llevarte a alguna parte. Queda la cuestión de forzar que los numeradores sean lineales o cuadráticos, lo que puede requerir más trabajo. Esperemos que esto arroje algo de luz sobre una posible dirección para una prueba y sobre los problemas potenciales que surgen.

Answer 3

$$\text{Why partial fraction decomposition works?}$$

Supongamos que $\frac{p(x)}{q(x)}=\frac{p(x)}{(x-a)^nR(x)}$ , donde $R(a)\neq0$ . Desde $R(x)$ y $(x-a)^n$ no tienen una raíz en común, hay polinomios $s(x)$ y $r(x)$ con $\text{deg}(s)<n$ y $\text{deg}(r)<\text{deg}(R)$ tal que

$$s(x)R(x)+r(x)(x-a)^n=1$$

Recordemos que esto es La identidad de Bezout que resulta de aplicar el algoritmo de la división de Euclides a $R(x)$ y $(x-a)^n$ . Por lo tanto (multiplicando por $p(x)$ )

$$s(x)p(x)R(x)+r(x)p(x)(x-a)^n=p(x)$$

Podemos dividir $s(x)p(x)=(x-a)^nm(x)+S(x)$ con $deg(S)<n$ y escribir

$$S(x)R(x)+(x-a)^n[r(x)p(x)+m(x)]=p(x).$$

Observe que $\text{deg}(S(x)R(x))<n+\text{deg}(R)$ . Desde $\text{deg}(p)<\text{deg}(q)=n+\text{deg}(R)$ Debemos tener $$\color{red}{\text{deg}(r(x)p(x)+m)<\text{deg}(R)}$$

Por lo tanto, $$\frac{p(x)}{q(x)}=\frac{S(x)}{(x-a)^n}+\frac{r(x)p(x)+m(x)}{R(x)}$$

Desde $\text{deg}(S)<n$ podemos escribir $$S(x)=A_1(x-a)^{n-1}+A_2(x-a)^{n-2}+...+A_{n-1}(x-a)+A_n$$

De donde obtenemos

$$\frac{p(x)}{q(x)}=\frac{A_1}{(x-a)}+...+\frac{A_n}{(x-a)^n}+\frac{r(x)p(x)+m(x)}{R(x)}$$

A partir de la desigualdad en $\color{red}{\text{red}}$ vemos que $\frac{r(x)p(x)+m(x)}{R(x)}$ es una fracción propia, por lo que podemos repetir el mismo procedimiento anterior con ella para extraer las partes principales de la descomposición de la fracción parcial correspondiente a los otros factores de $R(x)$ .