¿Cuál es la base teórica para la integración usando fracciones parciales?

Question

Ejercicios que implican la integración usando fracciones parciales dependen de expresar una función racional $\frac{P(x)}{Q(x)}$ (donde el grado de $P$ es menor que el grado de $Q$) como una suma de $$\frac{A}{(x+a)^k}$$ and $$ \frac{Bx+C}{(x^2+bx+c)^m}$$

No veo una explicación razonable de por qué esto es posible (sobre todo de por qué es necesario poner un polinomio lineal $Bx+c$ en el numerador cuando hay "repetido" quadratical términos en el denominador).

OBS.: Yo sólo soy un cálculo del estudiante, de modo que la teoría que explica esto podría no ser accesible para mí. Me preguntó esto, sin embargo, porque tal vez alguien podría enseñarme una manera de mirar.

Answer 1

La razón por la que se puede romper una función de la forma $\frac{P(x)}{Q(x)}$, donde el grado del polinomio $P(x)$ es menor que la de $Q(x)$ en la suma de funciones de la forma $\frac {a} {x+b}$ es que, tan largo como la suma de los numeradores es cero, el grado de $P(x)$ menos de $Q(x)$ por al menos uno. Para ver esto consideremos la situación en la $$f(x)=\frac{mx+n}{(x+r)(x+s)}$$ Podemos dividir esta función en $$f(x)=\frac{a_1}{x+r}+\frac{a_2}{x+s}=\frac{a_1(x+s)+a_2(x+r)}{(x+r)(x+s)}$$ Que llegamos a la cruz de multiplicar, como un numérico de la fracción. A continuación, vemos que tan largo como $a_1+a_2=m$$a_1s+a_2r=n$, a continuación, esta fracción de la descomposición de las obras. En el caso de que $Q(x)$ no perfectamente factor en monomials entonces siempre debemos colocar un polinomio cuyo grado es uno menos que la de sus denominador polinomio en nuestra expansión, por lo que podemos garantizar que el grado de $P(x)$ es menor que la de $Q(x)$. Consideremos la situación en la que $$f(x)=\frac{mx^2+nx+p}{(b_1x^2+b_2x+b_3)(c_1x+c_2)}=$$ $$\frac{a_1x+a_2}{b_1x^2+b_2x+b_3}+\frac{a_3}{c_1x+c_2}=\frac{(a_1x+a_2)(c_1x+c_2)+a_3(b_1x^2+b_2x+b_3)}{(b_1x^2+b_2x+b_3)(c_1x+c_2)}$$ We see again that so long as the degree of $P(x)$ is less than $Q(x)$ this approach is promising. But if $Q(x)$ has 'redundant terms' in it (i.e. $(g(x))^k$ for some polynomial $g(x)$ and some natural number $k$, que es mayor que 1), nuestra fracción de la suma de la expansión tendrá 'redundante términos' así. Puede usted ver por qué?

Answer 2

Supongamos que usted tiene $$ \frac{P(x)}{Q(x)}=\frac{P(x)}{(x-a)^nQ_0(x)} $$ con $n\ge1$$Q_0(a)\ne0$, lo $n$ es el máximo exponente de $x-a$. Queremos ver que podemos escribir $$ \frac{P(x)}{(x-a)^nQ_0(x)}= \frac{A(x)}{(x-a)^{n-1}Q_0(x)}+\frac{r}{(x-a)^n} $$ No es restrictivo suponer que $P(a)\ne0$ (o, podemos simplificar aún más antes de empezar). La ecuación se convierte en $$ (x-a)a(x)+rQ_0(x)=P(x) $$ o $$ Una(x)=\frac{P(x)-rQ_0(x)}{x} $$ y es sencillo encontrar $r=P(a)/Q_0(a)$: la fracción de la derecha simplifica debido a que el numerador es divisible por $x-a$.

Ahora tenemos una función racional en donde el grado del denominador es menor que el grado de la original función racional y lo podemos repetir el proceso hasta el final.

Por supuesto, esto requiere que podemos dividir el denominador en factores lineales, lo cual es posible en los números complejos. Qué hacer para que los números reales? Todavía podemos dividir el denominador en factores lineales sobre los números complejos.

Cuando nos encontramos con un sin raíz real $a$ de la multiplicidad $n$ en el denominador, estamos seguros de que el conjugado $\bar{a}$ es de nuevo una raíz del denominador con la misma multiplicidad (fácil de probar). Así, en la descomposición anterior, podemos encontrar $$ \frac{P(x)}{Q(x)}= \frac{P(x)}{(x-a)^n(x-\bar{a})^nQ_1(x)} $$ donde $x-a$ no divide $Q_1(x)$, lo $Q_1(a)\ne0$$Q_1(\bar{a})\ne0$. Queremos demostrar que podemos escribir esto como $$ \frac{P(x)}{Q(x)}= \frac{B(x)}{(x-a)^{n-1}(x-\bar{a})^{n-1}Q_1(x)}+ \frac{sx+r}{(x-a)^n(x-\bar{a})^n} $$ que se convierte en $$ P(x)=B(x)(x-a)(x-\bar{a})+(sx+r)Q_1(x) $$ o $$ B(x)=\frac{P(x)-(sx+r)Q_1(x)}{(x-a)(x-\bar{a})} $$ y sólo tenemos que asegurar que $$ \begin{cases} P(a)-(sa+r)Q_1(a)=0\\ P(\bar{a})-(s\bar{a}+r)Q_1(\bar{a})=0 \end{casos} $$ Set $b=P(a)/Q_1(a)$, lo $P(\bar{a})/Q_1(\bar{a})=\bar{b}$ y el sistema se convierte en $$ \begin{cases} sa+r=b\\ s\bar{a}+r=\bar{b} \end{casos} $$ que es $$ \begin{cases} s=\dfrac{b-\bar{b}}{a-\bar{a}}\\[6px] r=\dfrac{a\bar{b}-\bar{a}b}{a-\bar{a}} \end{casos} $$ que son reales.