¿Por qué puede ' "normalmente" la expansión de fracciones parciales de t ser hecho es este caso?

Question

He aprendido parcial de las fracciones, pero yo realmente no podía entender una cosa. Cuando tenemos un caso cuando uno de los factores que tiene multiplicidad $> 1$, tenemos que hacer una especie de "escalera". por ejemplo,

$$\frac{1}{(x-1)(x+2)^2} = \frac{A}{(x-1)} + \frac{B}{(x+2)} + \frac{C}{(x+2)^2}.$$

Pero pensé $why$ no podría ser escrito como este:

$$\frac{1}{(x-1)(x+2)^2} =\frac{A}{(x-1)} + \frac{B}{(x+2)^2}.$$

Después de algunos lápiz y papel de trabajo, me di cuenta de que no parece funcionar (y no sé por qué!) He estado tratando de hacer esto durante semanas, pero he conseguido nada. Por lo tanto, si usted me podría ayudar a visualizar una razón, yo estaría agradecido.

Gracias.

Answer 1

Usted puede hacer casi como su segundo caso, pero puesto que $(x+2)^2$ es cuadrática (grado 2), sería necesario $Bx+C$ en el numerador: $$\frac{A}{(x-1)} + \frac{Bx+C}{(x+2)^2}$ $

En general, es más fácil hacerlo de la manera primera que la segunda forma.

Answer 2

Sugerencia: puede escribirse cada fracción adecuada de forma $f(x)/x^n$ $(c_0 + c_1 x +\:\cdots\: c_{n-1} x^{n-1})/x^{n}$. Esas fracciones de adecuada forma un espacio dimensional del vector $n$ $\mathbb R$ $x^{-1},\:x^{-2},\:\cdots\:x^{-n}\:$ de la base. Por lo tanto si $n > 1$ luego el % de fracción única $1/x^n$no abarcan todo el espacio. Lo mismo ocurre si se aplica un cambio automorphism $x\mapsto x+a$.

Answer 3

Suponga que se le de una función racional de la forma $$R(x)={p(x)\over (x-a)^m (x-b)^n}\ .$$ Usando la división larga puede escribir $$R(x)={q(x) \over(x-a)^m (x-b)^n} + p_1(x)\ ,$$ donde ahora se ${\rm deg}(q)< m+n$, e $p_1$ es otro polinomio. Esta $q$ tienen $m+n$ coeficientes de valores arbitrarios; por lo tanto, cualquier "Ansatz" con menos de $m+n$ constantes $A_k$, $B_k$ a ser determinado está condenada a ser infructuosa. Pero estamos de suerte: es una expresión algebraica teorema de que la identidad $${q(x) \over(x-a)^m (x-b)^n} \equiv {A_m\over (x-a)^m}+\ldots +{A_1\over x-a} +{B_m\over (x-b)^m}+\ldots+{B_1\over x-b}$$ puede ser satisfecha mediante una elección adecuada de las $m+n$ coeficientes indeterminados $A_k$, $B_k$.

Answer 4

La más simple manera de pensar es como sigue: Cuando se tiene una suma de funciones racionales, donde el denominador son polinomios, utilizar siempre la "comunes factor de regla". Poner en el denominador común de los factores y de todos los factores comunes con el mayor exponente. Así que si usted tenía

$$\frac{1}{{x - 2}} + \frac{1}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} + \frac{1}{{x + 1}} + \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}$$

Sobre la fusión de las funciones que iba a llegar

$$\frac{{A\left( x \right)}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}$$

Donde $A$ es polinomial. Pero ahora vemos que "descarta" el menor de los exponentes. Esta es la razón por la que usted tiene que considerar el "completo" de descomposición para obtener un resultado satisfactorio. Sin embargo, también es útil considerar una descomposición de la siguiente manera:

$$\frac{{A\left( x \right)}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}{{\left( {x + 1} \right)}^3}}} = \frac{{Ax + B}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} + \frac{{C{x^2} + Dx + E}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}$$

es decir, usted tiene que considerar el polinomio de menor grado que se obtendría cuando la fusión de toda la parte inferior de los factores que tienen. Por ejemplo, en la primera expresión se obtendría:

$$\frac{1}{{x + 1}} + \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}} = \frac{{{x^2} + 2x + 2}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}$$

Espero que esta ayuda.