Seguro que todos estáis familiarizados con la descomposición de fracciones parciales, pero parece que tengo problemas para entender su funcionamiento. Si tenemos una fracción f(x)/[g(x)h(x)], parece lógico que se pueda "descomponer" en A/g(x) + B/h(x) para algún A y B, porque debe haber algún A y B que haga que esto funcione, ¿no? Pero no veo por qué esto no funcionaría cuando tenemos f(x)/[g(x)]^2. ¿No podríamos dividirlo como A/g(x) + B/g(x) para algunos A y B? Me estoy perdiendo algo, pero no sé qué. ¿Podría alguien aclararme por qué mi razonamiento es incorrecto? Gracias.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Mike
Puntos
1113
Otra forma de ver los comentarios de Arturo sobre la factorización única: la clave de la descomposición de fracciones parciales estándar es la existencia de la Algoritmo euclidiano para los polinomios, junto con la suposición estándar, pero tácita, de que $g(x)$ y $h(x)$ en su descomposición inicial no tienen ningún factor en común, es decir, que su GCD es 1. Si podemos encontrar una descomposición de fracción parcial para $1\over g(x)h(x)$ como ${A(x)\over g(x)}+{B(x)\over h(x)}$ entonces sí que podemos encontrar uno para $f(x)\over g(x)h(x)$ para cualquier polinomio $f$ ; sólo hay que multiplicar por $f(x)$ en esa descomposición. Del mismo modo, si podemos encontrar una descomposición de fracción parcial para $f(x)\over g(x)h(x)$ para cualquier polinomio $f$ entonces sí podemos encontrar uno para el caso especial $f(x)\equiv 1$ . Pero decir que ${1\over g(x) h(x)} = {A(x)\over g(x)}+{B(x)\over h(x)}$ es lo mismo que decir que ${A(x)h(x) + B(x)g(x) \over g(x)h(x)} = {1\over g(x)h(x)}$ o, en otras palabras, decir que $A(x)h(x) + B(x)g(x) \equiv 1$ y la existencia de polinomios $A$ y $B$ con estas propiedades es exactamente lo que proporciona el algoritmo euclidiano (ampliado). No funciona para su caso de $f(x)\over g^2(x)$ porque $GCD(g(x),g(x)) \neq 1$ , por lo que no puede haber ningún $A(x)$ y $B(x)$ Satisfaciendo a $A(x)g(x)+B(x)g(x) \equiv 1$ .
Lorin Hochstein
Puntos
11816
No, en general no se puede dividir de esa manera. Por ejemplo, $$\frac{x}{(x+1)^2}$$ no puede escribirse como $$\frac{A}{x+1} + \frac{B}{x+1}$$ con $A$ y $B$ constantes. Porque sólo obtendrías $$\frac{A}{x+1} + \frac{B}{x+1} = \frac{A+B}{x+1},$$ con $A+B$ constante, así que esto es definitivamente no es igual a $\frac{x}{(x+1)^2}$ .
Si tiene $$\frac{A}{g(x)} + \frac{B}{g(x)}$$ entonces la respuesta es simplemente $$\frac{A+B}{g(x)},$$ al igual que con las fracciones, tienes $$\frac{A}{n} + \frac{B}{n} = \frac{A+B}{n}.$$ Así que, a menos que $\frac{f(x)}{(g(x))^2}$ puede simplificarse anulando uno de los factores de $g(x)$ no tienes ninguna esperanza de escribirlo como una suma de dos fracciones con $g(x)$ en el denominador.
(Algo oculto en lo anterior es el hecho de que los polinomios también tienen factorización única Así que si $$\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{h(x)}{k(x)}$$ entonces $f(x)k(x) = g(x)h(x)$ . Si $f(x)$ y $g(x)$ no tienen factores comunes y $h(x)$ y $k(x)$ no tienen factores comunes, entonces la igualdad significa que debe tener $g(x)=k(x)$ y $f(x) = h(x)$ hasta la multiplicación por constantes; de nuevo, al igual que una igualdad de fracciones $$\frac{a}{b} = \frac{c}{d}$$ con $a,b,c,d$ todos los números enteros, y $a$ y $b$ no tienen factores comunes y $c$ y $d$ no tienen factores comunes, entonces hasta la señal debe tener $a=c$ y $b=d$ .)
David HAust
Puntos
2696
Bueno, por supuesto que podría dividirlo como $$ \frac{f(x)}{(g(x))^2} = \frac{A}{g(x)}+\frac{B}{g(x)} $$ (con la no-constante $A$ y $B$ ) pero lo que encuentre no sería muy útil, ya que cualquier A y B que satisfaga $$ A + B = \frac{f(x)}{g(x)} $$ son una solución. Y si fuera fácil resolverlo, se dividiría por $g(x)$ primero sin intentar obtener fracciones parciales (además las soluciones a eso nunca son únicas).
En cambio, al dividirlo como $$ \frac{f(x)}{(g(x))^2} = \frac{A}{g(x)}+\frac{B}{(g(x))^2} $$ Consigue tus soluciones: $$ A (g(x))^2 + B g(x) = f(x) $$ Lo que normalmente le dará términos únicos para el polinomio $f,g$ .
codemac
Puntos
689
Existe una fórmula simple y cerrada para la descomposición de la fracción parcial:
Dejemos que $X$ sea un indeterminado. Para cualquier número complejo $a$ Cualquier número entero no negativo $k$ y cualquier fracción racional $f\in\mathbb C(X)$ definido en $a$ , dejemos que $$ \mathbb T_a^k(f):=\sum_{j=0}^k\frac{f^{(j)}(a)}{j!}(X-a)^j $$ sea el grado como máximo $k$ Aproximación de Taylor de $f$ en $a$ . (Hemos utilizado el hecho de que $f'$ se define en $a$ si $f$ es).
Dejemos que $N,D\in\mathbb C[X]$ sean polinomios. Supongamos que $$ D(X)=\big(X-a_1\big)^{m_1}\cdots\big(X-a_r\big)^{m_r}, $$ donde el $a_j$ son distintos y el $m_j$ positivo. Supongamos también $N(a_j)\neq0$ para todos $j$ . Dejemos que $f$ sea la fracción racional $N/D$ y que $$ \mathbb P_a(f):=\mathbb T_{a_j}^{m_j-1}\Big(f(X)\big(X-a_j\big)^{m_j}\Big)\big(X-a_j\big)^{-m_j} $$ sea el parte polar de $f$ en $a_j$ .
Reclamación A. Tenemos $$ f(X)=Q(X)+\sum_{j=1}^r\ \mathbb P_{a_j}(f)\tag1 $$ para un único polinomio $Q$ .
Si $m_j=1$ para todos $j$ obtenemos la fórmula de interpolación de Lagrange $$ f(X)=Q(X)+\sum_{j=1}^r\ \frac{N(a_j)}{X-a_j}\ \prod_{k\not=j}\ \frac{1}{a_j-a_k}\quad. $$
Si $\deg N < \deg D$ entonces $Q=0$ . De lo contrario, poner $q:=\deg N-\deg D$ tenemos $$ Q(X^{-1})=\mathbb T_0^q\Big(f(X^{-1})X^q\Big)X^{-q}. $$ Las expresiones anteriores para $f(X)$ se llaman descomposición parcial de la fracción .
Prueba de la reclamación A. Definir $Q$ por $(1)$ . Entonces $Q$ es a priori una fracción racional, y basta con demostrar que en realidad es un polinomio. Por el Teorema Fundamental del Álgebra, basta con comprobar que $Q$ está definida en todas partes y, para ello, sólo tenemos que comprobar que $f-\mathbb P_{a_j}(f)$ se define en $a_j$ . Esto se desprende de la reivindicación B aplicada a $(X-a_j)^{m_j}(f-\mathbb P_{a_j}(f))$ .
Reclamación B. Si $a$ es un número complejo y $g\in\mathbb C(X)$ una fracción racional definida en $a$ tal que $\mathbb T_a^{k-1}(g)=0$ entonces $(X-a)^{-k}g(X)$ se define en $a$ .
Prueba de la reclamación B. Podemos suponer que $g$ es distinto de cero. Entonces podemos escribir $f$ como $(X-a)^nh(X)$ con $h$ definido y distinto de cero en $a$ y basta con mostrar $n\ge k$ . Esta desigualdad se deduce del hecho fácil de que, para $j=1,\dots,n$ la fracción racional $f^{(j)}$ es de la forma $(X-a)^{n-j}h_j(X)$ con $h_j$ definido y distinto de cero en $a$ .
