Descomposición en fracciones parciales

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fracciones racionales como sumas de términos simples

En álgebra, la descomposición en fracciones parciales o la expansión en fracciones parciales de una fracción racional (es decir, una fracción en la que el numerador y el denominador son polinomios) es operación que consiste en expresar la fracción como suma de un polinomio (posiblemente cero) y una o varias fracciones con un denominador más simple.

La importancia de la descomposición en fracciones parciales radica en el hecho de que proporciona algoritmos para varios cálculos con funciones racionales, incluido el cálculo explícito de antiderivadas, expansiones de series de Taylor, transformadas Z inversas y transformadas inversas de Laplace. El concepto fue descubierto de forma independiente en 1702 por Johann Bernoulli y Gottfried Leibniz.

En los símbolos, descomposición parcial de fracciones de una fracción racional de la forma ${textstyle {frac {f(x)}{g(x)}},}$ Donde $f$ y $g$ son polinomios, es su expresión como

{displaystyle {frac {f(x)}{g(x)}}=p(x)+sum _{j}{frac {f_{j}(x)}{g_{j}(x)}}}

dónde $p (x)$ es un polinomio y, para cada $j$ , el denominador $g j (x)$ es una potencia de un polinomio irreducible (que no es factorizable en polinomios de grados positivos), y el numerador $f j (x)$ es un polinomio de un grado menor que el grado de este polinomio irreducible.

Cuando se trata de cálculos explícitos, a menudo se prefiere una descomposición más gruesa, que consiste en reemplazar "polinomio irreducible" por "polinomio sin cuadrados" en la descripción del resultado. Esto permite reemplazar la factorización de polinomios por la factorización sin cuadrados mucho más fácil de calcular. Esto es suficiente para la mayoría de las aplicaciones y evita la introducción de coeficientes irracionales cuando los coeficientes de los polinomios de entrada son números enteros o racionales.

Principios básicos

Dejar

{displaystyle R(x)={frac {F}{G}}}

F

G

x

Parte del polinomio

Existen dos polinomios $E$ y $F 1$ tal que

{displaystyle {frac {F}{G}}=E+{frac {F_{1}}{G}},}

<math alttext="{displaystyle deg F_{1}deg⁡ ⁡ F1.deg⁡ ⁡ G,{displaystyle deg F_{1}tratadodeg G,}<img alt="{displaystyle deg F_{1}

{displaystyle deg P}

P

Esto resulta inmediatamente de la división de Euclides $F$ por $G$ , que afirma la existencia de $E$ y $F 1$ tales que ${displaystyle F=EG+F_{1}}$ y $<math alttext="{displaystyle deg F_{1}deg⁡ ⁡ F1.deg⁡ ⁡ G.{displaystyle deg F_{1}traducido G.}<img alt="{displaystyle deg F_{1}$

Esto permite suponer en los próximos pasos $<math alttext="{displaystyle deg Fdeg F.deg G.{displaystyle deg F identificadodeg G.} <img alt="{displaystyle deg F$

Factores del denominador

Si $<math alttext="{displaystyle deg Fdeg F.deg G,{displaystyle deg F identificadodeg G,} <img alt="{displaystyle deg F$ y

{displaystyle G=G_{1}G_{2},}

G 1

G 2

F_{1}

F_{2}

{displaystyle {frac {F}{G}}={frac {F_{1}}{G_{1}}}+{frac {F_{2}}{G_{2}}},}

<math alttext="{displaystyle deg F_{1}<deg G_{1}quad {text{and}}quad deg F_{2}deg⁡ ⁡ F1.deg⁡ ⁡ G1ydeg⁡ ⁡ F2.deg⁡ ⁡ G2.{displaystyle deg F_{1}tratadodeg G_{1}quad {text{and}quad deg F_{2}tratadodeg G_{2}.<img alt="{displaystyle deg F_{1}<deg G_{1}quad {text{and}}quad deg F_{2}

Esto se puede demostrar de la siguiente manera. La identidad de Bézout afirma la existencia de polinomios $C$ y $D tal que$

{displaystyle CG_{1}+DG_{2}=1}

1

G 1

G 2

Vamos ${displaystyle DF=G_{1}Q+F_{1}}$ con $<math alttext="{displaystyle deg F_{1}deg⁡ ⁡ F1.deg⁡ ⁡ G1{displaystyle deg F_{1}traducido G_{1}<img alt="{displaystyle deg F_{1}$ ser la división Euclidea de $DF$ por ${displaystyle G_{1}.}$ Ajuste ${displaystyle F_{2}=CF+QG_{2},}$ uno se pone

{displaystyle {begin{aligned}{frac {F}{G}}&={frac {F(CG_{1}+DG_{2})}{G_{1}G_{2}}}={frac {DF}{G_{1}}}+{frac {CF}{G_{2}}}\&={frac {F_{1}+G_{1}Q}{G_{1}}}+{frac {F_{2}-G_{2}Q}{G_{2}}}\&={frac {F_{1}}{G_{1}}}+{frac {F_{2}}{G_{2}}}.end{aligned}}}

<math alttext="{displaystyle deg F_{2}deg⁡ ⁡ F2.deg⁡ ⁡ G2.{displaystyle deg F_{2}traducido G_{2}.<img alt="{displaystyle deg F_{2}

{displaystyle F=F_{2}G_{1}+F_{1}G_{2},}

<math alttext="{displaystyle {begin{aligned}deg F_{2}&=deg(F-F_{1}G_{2})-deg G_{1}leq max(deg F,deg(F_{1}G_{2}))-deg G_{1}\&deg⁡ ⁡ F2=deg⁡ ⁡ ()F− − F1G2)− − deg⁡ ⁡ G1≤ ≤ max()deg⁡ ⁡ F,deg⁡ ⁡ ()F1G2))− − deg⁡ ⁡ G1.max()deg⁡ ⁡ G,deg⁡ ⁡ ()G1G2))− − deg⁡ ⁡ G1=deg⁡ ⁡ G2{displaystyle {begin{aligned}deg F_{2}=deg(F-F_{1}G_{2})-deg G_{1}leq max(deg F,deg(F_{1}G_{2})-deg G_{1}\c]c] G_{1}=deg G_{2}end{aligned}}<img alt="{displaystyle {begin{aligned}deg F_{2}&=deg(F-F_{1}G_{2})-deg G_{1}leq max(deg F,deg(F_{1}G_{2}))-deg G_{1}\&

Potencias en el denominador

Usando la descomposición anterior inductivamente uno obtiene fracciones de la forma ${displaystyle {frac {F}{G^{k}}},}$ con $<math alttext="{displaystyle deg Fdeg⁡ ⁡ F.deg⁡ ⁡ Gk=kdeg⁡ ⁡ G,{displaystyle deg F identificadodeg G^{k}=kdeg G,}<img alt="{displaystyle deg F$ Donde $G$ es un polinomio irreducible. Si $k ■ 1$ , se puede descomponer más, utilizando que un polinomio irreducible es un polinomio libre de cuadrado, es decir, $1$ es un divisor común más grande del polinomio y su derivado. Si $G'$ es el derivado de $G$ , la identidad de Bézout proporciona polinomios $C$ y $D$ tales que ${displaystyle CG+DG'=1}$ y así ${displaystyle F=FCG+FDG'.}$ División de Euclides ${displaystyle FDG'}$ por $G$ da polinomios $H_{k}$ y $Q$ tales que ${displaystyle FDG'=QG+H_{k}}$ y $<math alttext="{displaystyle deg H_{k}deg⁡ ⁡ Hk.deg⁡ ⁡ G.{displaystyle deg H_{k}traducidodeg G.}<img alt="{displaystyle deg H_{k}$ Ajuste ${displaystyle F_{k-1}=FC+Q,}$ uno se pone

{displaystyle {frac {F}{G^{k}}}={frac {H_{k}}{G^{k}}}+{frac {F_{k-1}}{G^{k-1}}},}

<math alttext="{displaystyle deg H_{k}deg⁡ ⁡ Hk.deg⁡ ⁡ G.{displaystyle deg H_{k}traducidodeg G.}<img alt="{displaystyle deg H_{k}

Iterating este proceso con ${displaystyle {frac {F_{k-1}}{G^{k-1}}}}$ en lugar de ${displaystyle {frac {F}{G^{k}}}}$ conduce eventualmente al siguiente teorema.

Declaración

Theorem—Vamos $f$ y $g$ ser polinomios no cero sobre un campo $K$ . Escriba $g$ como producto de poderes de polinomios irreducibles distintos:

{displaystyle g=prod _{i=1}^{k}p_{i}^{n_{i}}.}

Hay (unique) polinomios $b$ y $a ij$ con $deg a ij Identificado p i$ tales que

{displaystyle {frac {f}{g}}=b+sum _{i=1}^{k}sum _{j=1}^{n_{i}}{frac {a_{ij}}{p_{i}^{j}}}.}

Si $deg f Identificado g$ , entonces $b = 0$ .

La unicidad se puede demostrar de la siguiente manera. Sea $d = max(1 + grados f, grados g)$ . Todos juntos, $b$ y $a ij$ tienen coeficientes $d$ . La forma de la descomposición define un mapa lineal de vectores de coeficientes a polinomios $f$ de grado menor que $d$ . La prueba de existencia significa que esta función es sobreyectiva. Como los dos espacios vectoriales tienen la misma dimensión, el mapa también es inyectivo, lo que significa unicidad de la descomposición. Por cierto, esta prueba induce un algoritmo para calcular la descomposición mediante álgebra lineal.

Si $K$ es campo de números complejos, el teorema fundamental del álgebra implica que todo $p i$ tienen grado uno, y todos los numeradores $a_{ij}$ son constantes. Cuando $K$ es el campo de números reales, algunos de los $p i$ puede ser cuadrático, por lo tanto, en la descomposición parcial de la fracción, también pueden ocurrir cocientes de polinomios lineales por poderes de polinomios cuadráticos.

En el teorema anterior, uno puede reemplazar "polinomios irreducibles distintos" por "polinomios coprimos por pares que son coprimos con su derivada". Por ejemplo, $p i$ pueden ser los factores de la factorización sin cuadrados de $g$ . Cuando $K$ es el campo de los números racionales, como suele ser el caso en el álgebra computacional, esto permite reemplazar la factorización por el cálculo del máximo común divisor para computación una descomposición en fracciones parciales.

Aplicación a la integración simbólica

Para el propósito de la integración simbólica, el resultado anterior se puede refinar en

Theorem—Vamos f y g ser polinomios no cero sobre un campo K. Escriba g como producto de poderes de polinomios coprime pares que no tienen raíz múltiple en un campo algebraicamente cerrado:

{displaystyle g=prod _{i=1}^{k}p_{i}^{n_{i}}.}

Hay (unique) polinomios b y c_ij con $deg c ij Identificado p i$ tales que

{displaystyle {frac {f}{g}}=b+sum _{i=1}^{k}sum _{j=2}^{n_{i}}left({frac {c_{ij}}{p_{i}^{j-1}}}right)'+sum _{i=1}^{k}{frac {c_{i1}}{p_{i}}}.}

Donde

X'

denota el derivado de

X.

Esto reduce el cálculo de la antiderivada de una función racional a la integración de la última suma, que se llama parte logarítmica, porque su antiderivada es una combinación lineal de logaritmos.

Hay varios métodos para calcular la descomposición en el teorema. Una forma sencilla se llama método de Hermite. Primero, b se calcula inmediatamente mediante la división euclidiana de f por g, reduciendo al caso donde deg(f) < grado(g). A continuación, se sabe deg(c_ij) < deg(p_i), por lo que uno puede escribir cada c_ij como un polinomio con coeficientes desconocidos. Reduciendo la suma de las fracciones en el teorema a un denominador común e igualando los coeficientes de cada potencia de x en los dos numeradores, se obtiene un sistema de ecuaciones lineales que se puede resolver para obtener el deseado (únicos) valores para los coeficientes desconocidos.

Procedimiento

Dados dos polinomios $P(x)$ y $Q(x) = (x-alpha_1)(x-alpha_2) cdots (x-alpha_n)$ , donde el α_i son constantes distintas y $deg P . n$ , expresiones explícitas para fracciones parciales se puede obtener suponiendo que

{displaystyle {frac {P(x)}{Q(x)}}={frac {c_{1}}{x-alpha _{1}}}+{frac {c_{2}}{x-alpha _{2}}}+cdots +{frac {c_{n}}{x-alpha _{n}}}}

c_ixx_k

Un cálculo más directo, que está fuertemente relacionado con la interpolación de Lagrange, consiste en escribir

{displaystyle {frac {P(x)}{Q(x)}}=sum _{i=1}^{n}{frac {P(alpha _{i})}{Q'(alpha _{i})}}{frac {1}{(x-alpha _{i})}}}

Q'

Q

{displaystyle {tfrac {1}{x-alpha _{j}}}}

f/g

Este enfoque no tiene en cuenta varios otros casos, pero se puede modificar en consecuencia:

Si ${displaystyle deg Pgeq deg Q,}$ entonces es necesario realizar la división Euclideana P por Q, utilizando división larga polinomio, dando $P () x) E () x) Q () x) + R () x)$ con $deg R . n$ . Dividiendo por Q()xEsto da ${displaystyle {frac {P(x)}{Q(x)}}=E(x)+{frac {R(x)}{Q(x)}},}$ y luego buscar fracciones parciales para la fracción restante (que por definición satisface) $deg R Identificado Q$ ).
Si Q()x) contiene factores que son irreducibles sobre el campo dado, entonces el numerador N()x) de cada fracción parcial con tal factor F()x) en el denominador debe ser buscado como un polinomio con $deg N Identificado F$ En lugar de ser una constante. Por ejemplo, tome la siguiente descomposición R: ${displaystyle {frac {x^{2}+1}{(x+2)(x-1)color {Blue}(x^{2}+x+1)}}={frac {a}{x+2}}+{frac {b}{x-1}}+{frac {color {OliveGreen}cx+d}{color {Blue}x^{2}+x+1}}.}$
Suppose $Q () x) = x - α) r S () x)$ y $S () α)$ , eso es $α$ es una raíz de $Q () x)$ de multiplicidad $r$ . En la descomposición parcial de la fracción, $r$ primera potencia de $() x - α)$ ocurrirá como denominadores de las fracciones parciales (posiblemente con un numerador cero). Por ejemplo, si $S () x) = 1$ la descomposición parcial de la fracción tiene la forma ${displaystyle {frac {P(x)}{Q(x)}}={frac {P(x)}{(x-alpha)^{r}}}={frac {c_{1}}{x-alpha }}+{frac {c_{2}}{(x-alpha)^{2}}}+cdots +{frac {c_{r}}{(x-alpha)^{r}}}.}$

Ilustración

En una aplicación de ejemplo de este procedimiento, $(3 x + 5)/(1 - 2 x) 2$ se puede descomponer en la forma

{displaystyle {frac {3x+5}{(1-2x)^{2}}}={frac {A}{(1-2x)^{2}}}+{frac {B}{(1-2x)}}.}

Borrar denominadores muestra que $3 x + 5 = A + B (1 - 2 x)$ . Expandiendo e igualando los coeficientes de las potencias de $x$ da

5 = A + B

3 x = 2 Bx

Resolviendo este sistema de ecuaciones lineales para $A$ y $B$ produce $A = 13/2 y B = -3/2$ . Por eso,

{displaystyle {frac {3x+5}{(1-2x)^{2}}}={frac {13/2}{(1-2x)^{2}}}+{frac {-3/2}{(1-2x)}}.}

Método del residuo

Sobre los números complejos, suponga que f(x) es una fracción propia racional, y se puede descomponer en

{displaystyle f(x)=sum _{i}left({frac {a_{i1}}{x-x_{i}}}+{frac {a_{i2}}{(x-x_{i})^{2}}}+cdots +{frac {a_{ik_{i}}}{(x-x_{i})^{k_{i}}}}right).}

Dejar

{displaystyle g_{ij}(x)=(x-x_{i})^{j-1}f(x),}

a_ij

() x - x i) -1

g_ijxx_i

{displaystyle a_{ij}=operatorname {Res} (g_{ij},x_{i}).}

Esto viene dado directamente por la fórmula

{displaystyle a_{ij}={frac {1}{(k_{i}-j)!}}lim _{xto x_{i}}{frac {d^{k_{i}-j}}{dx^{k_{i}-j}}}left((x-x_{i})^{k_{i}}f(x)right),}

x_i

{displaystyle a_{i1}={frac {P(x_{i})}{Q'(x_{i})}},}

{displaystyle f(x)={frac {P(x)}{Q(x)}}.}

Sobre los reales

Las fracciones parciales se utilizan en el cálculo integral de variables reales para encontrar antiderivadas de funciones racionales con valores reales. La descomposición en fracciones parciales de funciones racionales reales también se utiliza para encontrar sus transformadas inversas de Laplace. Para aplicaciones de descomposición en fracciones parciales sobre los reales, véase

Aplicación a la integración simbólica, arriba
Fracción parcial en Laplace transforma

Resultado general

Sea f(x) cualquier función racional sobre los números reales. En otras palabras, supongamos que existen funciones polinómicas reales p(x) y q(x) ≠ 0, tal que

{displaystyle f(x)={frac {p(x)}{q(x)}}}

Al dividir el numerador y el denominador por el coeficiente principal de q(x), podemos suponer sin pérdida de generalidad que q(x) es mónico. Por el teorema fundamental del álgebra, podemos escribir

{displaystyle q(x)=(x-a_{1})^{j_{1}}cdots (x-a_{m})^{j_{m}}(x^{2}+b_{1}x+c_{1})^{k_{1}}cdots (x^{2}+b_{n}x+c_{n})^{k_{n}}}

donde a₁,..., a_m, b₁,..., b_n, c₁,..., c_n son números reales con b _i² − 4c_i < 0, y j₁,..., j_m, k₁,..., k_n son números enteros positivos. Los términos (x − a_i) son los factores lineales de q(x) que corresponden a raíces reales de q(x), y los términos (x_i² + b_i x + c_i) son los factores cuadráticos irreducibles de q (x) que corresponden a pares de raíces complejas conjugadas de q(x).

Entonces la descomposición en fracciones parciales de f(x) es la siguiente:

{displaystyle f(x)={frac {p(x)}{q(x)}}=P(x)+sum _{i=1}^{m}sum _{r=1}^{j_{i}}{frac {A_{ir}}{(x-a_{i})^{r}}}+sum _{i=1}^{n}sum _{r=1}^{k_{i}}{frac {B_{ir}x+C_{ir}}{(x^{2}+b_{i}x+c_{i})^{r}}}}

Aquí, P(x) es un polinomio (posiblemente cero), y A_ir, B_ir y C_ir son constantes reales. Hay varias maneras de encontrar las constantes.

El método más directo es multiplicar por el denominador común q(x). Entonces obtenemos una ecuación de polinomios cuyo lado izquierdo es simplemente p(x) y cuyo lado derecho tiene coeficientes que son expresiones lineales de las constantes A_ir, B_ir y C _ir. Como dos polinomios son iguales si y solo si sus coeficientes correspondientes son iguales, podemos igualar los coeficientes de términos semejantes. De esta forma se obtiene un sistema de ecuaciones lineales que siempre tiene solución única. Esta solución se puede encontrar utilizando cualquiera de los métodos estándar de álgebra lineal. También se puede encontrar con límites (ver Ejemplo 5).

Ejemplos

Ejemplo 1

{displaystyle f(x)={frac {1}{x^{2}+2x-3}}}

Aquí, el denominador se divide en dos factores lineales distintos:

{displaystyle q(x)=x^{2}+2x-3=(x+3)(x-1)}

entonces tenemos la descomposición en fracciones parciales

{displaystyle f(x)={frac {1}{x^{2}+2x-3}}={frac {A}{x+3}}+{frac {B}{x-1}}}

Multiplicar por el denominador del lado izquierdo nos da la identidad del polinomio

{displaystyle 1=A(x-1)+B(x+3)}

Sustituyendo x = −3 en esta ecuación da A = −1/4, y sustituyendo x = 1 da B = 1/4, por lo que

{displaystyle f(x)={frac {1}{x^{2}+2x-3}}={frac {1}{4}}left({frac {-1}{x+3}}+{frac {1}{x-1}}right)}

Ejemplo 2

{displaystyle f(x)={frac {x^{3}+16}{x^{3}-4x^{2}+8x}}}

Después de una división larga, tenemos

{displaystyle f(x)=1+{frac {4x^{2}-8x+16}{x^{3}-4x^{2}+8x}}=1+{frac {4x^{2}-8x+16}{x(x^{2}-4x+8)}}}

El factor x² − 4x + 8 es irreducible sobre los reales, ya que su discriminante $(-4) 2 - 4\times8 = -16$ es negativo. Así, la descomposición en fracciones parciales sobre los reales tiene la forma

{displaystyle {frac {4x^{2}-8x+16}{x(x^{2}-4x+8)}}={frac {A}{x}}+{frac {Bx+C}{x^{2}-4x+8}}}

Multiplicando por x³ − 4x² + 8x, tenemos la identidad del polinomio

{displaystyle 4x^{2}-8x+16=Aleft(x^{2}-4x+8right)+left(Bx+Cright)x}

Tomando x = 0, vemos que 16 = 8A, entonces A = 2. Comparando x² coeficientes, vemos que 4 = A + B = 2 + B, entonces B = 2. Comparando los coeficientes lineales, vemos que −8 = −4A + C = −8 + C, entonces C = 0. En total,

{displaystyle f(x)=1+2left({frac {1}{x}}+{frac {x}{x^{2}-4x+8}}right)}

La fracción se puede descomponer completamente usando números complejos. Según el teorema fundamental del álgebra, todo polinomio complejo de grado n tiene raíces n (complejas) (algunas de las cuales pueden repetirse). La segunda fracción se puede descomponer en:

{displaystyle {frac {x}{x^{2}-4x+8}}={frac {D}{x-(2+2i)}}+{frac {E}{x-(2-2i)}}}

Al multiplicar por el denominador se obtiene:

{displaystyle x=D(x-(2-2i))+E(x-(2+2i))}

Igualar los coeficientes de $x$ y la constante (con respecto a $x$ ) coeficientes de ambos lados de esta ecuación, se obtiene un sistema de dos ecuaciones lineales en $D$ y $E$ , cuya solución es

{displaystyle D={frac {1+i}{2i}}={frac {1-i}{2}},qquad E={frac {1-i}{-2i}}={frac {1+i}{2}}.}

Así tenemos una descomposición completa:

{displaystyle f(x)={frac {x^{3}+16}{x^{3}-4x^{2}+8x}}=1+{frac {2}{x}}+{frac {1-i}{x-(2+2i)}}+{frac {1+i}{x-(2-2i)}}}

También se puede calcular directamente $A, D$ y $E$ con el método de residuos (vea también el ejemplo 4 a continuación).

Ejemplo 3

Este ejemplo ilustra casi todos los "trucos" podríamos necesitar usar, aparte de consultar un sistema de álgebra computacional.

{displaystyle f(x)={frac {x^{9}-2x^{6}+2x^{5}-7x^{4}+13x^{3}-11x^{2}+12x-4}{x^{7}-3x^{6}+5x^{5}-7x^{4}+7x^{3}-5x^{2}+3x-1}}}

Después de una división larga y de factorizar el denominador, tenemos

{displaystyle f(x)=x^{2}+3x+4+{frac {2x^{6}-4x^{5}+5x^{4}-3x^{3}+x^{2}+3x}{(x-1)^{3}(x^{2}+1)^{2}}}}

La descomposición en fracciones parciales toma la forma

{displaystyle {frac {2x^{6}-4x^{5}+5x^{4}-3x^{3}+x^{2}+3x}{(x-1)^{3}(x^{2}+1)^{2}}}={frac {A}{x-1}}+{frac {B}{(x-1)^{2}}}+{frac {C}{(x-1)^{3}}}+{frac {Dx+E}{x^{2}+1}}+{frac {Fx+G}{(x^{2}+1)^{2}}}.}

Multiplicando por el denominador del lado izquierdo tenemos la identidad del polinomio

{displaystyle {begin{aligned}&2x^{6}-4x^{5}+5x^{4}-3x^{3}+x^{2}+3x\[4pt]={}&Aleft(x-1right)^{2}left(x^{2}+1right)^{2}+Bleft(x-1right)left(x^{2}+1right)^{2}+Cleft(x^{2}+1right)^{2}+left(Dx+Eright)left(x-1right)^{3}left(x^{2}+1right)+left(Fx+Gright)left(x-1right)^{3}end{aligned}}}

Ahora usamos diferentes valores de x para calcular los coeficientes:

{displaystyle {begin{cases}4=4C&x=1\2+2i=(Fi+G)(2+2i)&x=i\0=A-B+C-E-G&x=0end{cases}}}

Resolviendo esto tenemos:

{displaystyle {begin{cases}C=1\F=0,G=1\E=A-Bend{cases}}}

Usando estos valores podemos escribir:

{displaystyle {begin{aligned}&2x^{6}-4x^{5}+5x^{4}-3x^{3}+x^{2}+3x\[4pt]={}&Aleft(x-1right)^{2}left(x^{2}+1right)^{2}+Bleft(x-1right)left(x^{2}+1right)^{2}+left(x^{2}+1right)^{2}+left(Dx+left(A-Bright)right)left(x-1right)^{3}left(x^{2}+1right)+left(x-1right)^{3}\[4pt]={}&left(A+Dright)x^{6}+left(-A-3Dright)x^{5}+left(2B+4D+1right)x^{4}+left(-2B-4D+1right)x^{3}+left(-A+2B+3D-1right)x^{2}+left(A-2B-D+3right)xend{aligned}}}

Comparamos los coeficientes de x⁶ y x⁵ en ambos lados y tenemos:

{displaystyle {begin{cases}A+D=2\-A-3D=-4end{cases}}quad Rightarrow quad A=D=1.}

Por lo tanto:

{displaystyle 2x^{6}-4x^{5}+5x^{4}-3x^{3}+x^{2}+3x=2x^{6}-4x^{5}+(2B+5)x^{4}+(-2B-3)x^{3}+(2B+1)x^{2}+(-2B+3)x}

lo que nos da B = 0. Así, la descomposición en fracciones parciales viene dada por:

{displaystyle f(x)=x^{2}+3x+4+{frac {1}{(x-1)}}+{frac {1}{(x-1)^{3}}}+{frac {x+1}{x^{2}+1}}+{frac {1}{(x^{2}+1)^{2}}}.}

Alternativamente, en lugar de expandirse, se puede obtener otras dependencias lineales de los coeficientes que computan algunos derivados en ${displaystyle x=1,imath }$ en la identidad polinomio anterior. (Para este fin, recuerde que el derivado en x = a of (x − a)^mp()x) desaparece si m # Y es sólo p()aPara m 1.) Por ejemplo, el primer derivado en x = 1 da

{displaystyle 2cdot 6-4cdot 5+5cdot 4-3cdot 3+2+3=Acdot (0+0)+Bcdot (4+0)+8+Dcdot 0}

eso es 8 = 4B + 8 entonces B = 0.

Ejemplo 4 (método de residuos)

{displaystyle f(z)={frac {z^{2}-5}{(z^{2}-1)(z^{2}+1)}}={frac {z^{2}-5}{(z+1)(z-1)(z+i)(z-i)}}}

Así, f(z) se puede descomponer en funciones racionales cuyos denominadores son z+1, z−1, z+i, z−i. Como cada término es de potencia uno, −1, 1, −i y i son polos simples.

Por lo tanto, los residuos asociados con cada polo, dados por

{displaystyle {frac {P(z_{i})}{Q'(z_{i})}}={frac {z_{i}^{2}-5}{4z_{i}^{3}}},}

{displaystyle 1,-1,{tfrac {3i}{2}},-{tfrac {3i}{2}},}

{displaystyle f(z)={frac {1}{z+1}}-{frac {1}{z-1}}+{frac {3i}{2}}{frac {1}{z+i}}-{frac {3i}{2}}{frac {1}{z-i}}.}

Ejemplo 5 (método límite)

Los límites se pueden usar para encontrar una descomposición en fracciones parciales. Considere el siguiente ejemplo:

{displaystyle {frac {1}{x^{3}-1}}}

Primero, factorice el denominador que determina la descomposición:

{displaystyle {frac {1}{x^{3}-1}}={frac {1}{(x-1)(x^{2}+x+1)}}={frac {A}{x-1}}+{frac {Bx+C}{x^{2}+x+1}}.}

Multiplicar todo $x-1$ , y tomar el límite cuando $x to 1$ , tenemos

{displaystyle lim _{xto 1}left((x-1)left({frac {A}{x-1}}+{frac {Bx+C}{x^{2}+x+1}}right)right)=lim _{xto 1}A+lim _{xto 1}{frac {(x-1)(Bx+C)}{x^{2}+x+1}}=A.}

Por otro lado,

{displaystyle lim _{xto 1}{frac {(x-1)}{(x-1)(x^{2}+x+1)}}=lim _{xto 1}{frac {1}{x^{2}+x+1}}={frac {1}{3}},}

y así:

{displaystyle A={frac {1}{3}}.}

Multiplying by $x$ y tomar el límite cuando $xto infty$ , tenemos

{displaystyle lim _{xto infty }xleft({frac {A}{x-1}}+{frac {Bx+C}{x^{2}+x+1}}right)=lim _{xto infty }{frac {Ax}{x-1}}+lim _{xto infty }{frac {Bx^{2}+Cx}{x^{2}+x+1}}=A+B,}

{displaystyle lim _{xto infty }{frac {x}{(x-1)(x^{2}+x+1)}}=0.}

Esto implica $A + B = 0$ y así $B = -frac{1}{3}$ .

Para $x = 0$ , tenemos ${displaystyle -1=-A+C,}$ y así ${displaystyle C=-{tfrac {2}{3}}}$ .

Poniendo todo junto, obtenemos la descomposición

{displaystyle {frac {1}{x^{3}-1}}={frac {1}{3}}left({frac {1}{x-1}}+{frac {-x-2}{x^{2}+x+1}}right).}

Ejemplo 6 (integral)

Supongamos que tenemos la integral indefinida:

{displaystyle int {frac {x^{4}+x^{3}+x^{2}+1}{x^{2}+x-2}},dx}

Antes de realizar la descomposición, es obvio que debemos realizar una división larga de polinomios y factorizar el denominador. Hacer esto resultaría en:

{displaystyle int left(x^{2}+3+{frac {-3x+7}{(x+2)(x-1)}}right)dx}

Sobre esto, ahora podemos realizar la descomposición en fracciones parciales.

{displaystyle int left(x^{2}+3+{frac {-3x+7}{(x+2)(x-1)}}right)dx=int left(x^{2}+3+{frac {A}{(x+2)}}+{frac {B}{(x-1)}}right)dx}

{displaystyle A(x-1)+B(x+2)=-3x+7}

{displaystyle A={frac {-13}{3}}B={frac {4}{3}}}

Reemplazar todo esto en nuestra integral nos permite encontrar la respuesta:

{displaystyle int left(x^{2}+3+{frac {-13/3}{(x+2)}}+{frac {4/3}{(x-1)}}right),dx={frac {x^{3}}{3}} +3x-{frac {13}{3}}ln(|x+2|)+{frac {4}{3}}ln(|x-1|)+C}

El papel del polinomio de Taylor

La descomposición en fracciones parciales de una función racional se puede relacionar con el teorema de Taylor de la siguiente manera. Dejar

{displaystyle P(x),Q(x),A_{1}(x),ldotsA_{r}(x)}

ser polinomios reales o complejos asumir que

{displaystyle Q=prod _{j=1}^{r}(x-lambda _{j})^{nu _{j}},}

satisface

<math alttext="{displaystyle deg A_{1}<nu _{1},ldotsdeg A_{r}<nu _{r},quad {text{and}}quad deg(P)deg⁡ ⁡ A1... 1,...... ,deg⁡ ⁡ Ar... r,ydeg⁡ ⁡ ()P).deg⁡ ⁡ ()Q)=.. j=1r.. j.{displaystyle deg A_{1}tratadonu _{1},ldotsdeg A_{r}tratadonu _{r},quad {text{and}quaddeg(P)sele(Q)=sum _{j=1}}nu}nu _{j}<img alt="{displaystyle deg A_{1}<nu _{1},ldotsdeg A_{r}<nu _{r},quad {text{and}}quad deg(P)

También define

{displaystyle Q_{i}=prod _{jneq i}(x-lambda _{j})^{nu _{j}}={frac {Q}{(x-lambda _{i})^{nu _{i}}}},qquad 1leqslant ileqslant r.}

Entonces tenemos

{displaystyle {frac {P}{Q}}=sum _{j=1}^{r}{frac {A_{j}}{(x-lambda _{j})^{nu _{j}}}}}

si, y sólo si, cada polinomio ${displaystyle A_{i}(x)}$ es el polinomio Taylor ${displaystyle {tfrac {P}{Q_{i}}}}$ de orden ${displaystyle nu _{i}-1}$ en el punto $lambda _{i}$ :

{displaystyle A_{i}(x):=sum _{k=0}^{nu _{i}-1}{frac {1}{k!}}left({frac {P}{Q_{i}}}right)^{(k)}(lambda _{i}) (x-lambda _{i})^{k}.}

El teorema de Taylor (en el caso real o complejo) proporciona una prueba de la existencia y unicidad de la descomposición en fracciones parciales y una caracterización de los coeficientes.

Bosquejo de la prueba

La descomposición en fracciones parciales anterior implica, para cada 1 ≤ i ≤ r, una expansión polinomial

{displaystyle {frac {P}{Q_{i}}}=A_{i}+O((x-lambda _{i})^{nu _{i}}),qquad {text{for }}xto lambda _{i},}

Así que... $A_{i}$ es el polinomio Taylor ${displaystyle {tfrac {P}{Q_{i}}}}$ , debido a la inicidad de la expansión polinómica del orden ${displaystyle nu _{i}-1}$ , y por supuesto $<math alttext="{displaystyle deg A_{i}deg⁡ ⁡ Ai... i{displaystyle deg A_{i}traducidonu _{i}<img alt="{displaystyle deg A_{i}$ .

Por el contrario, si $A_{i}$ son los polinomios Taylor, las expansiones anteriores en cada $lambda _{i}$ por lo tanto, también tenemos

{displaystyle P-Q_{i}A_{i}=O((x-lambda _{i})^{nu _{i}}),qquad {text{for }}xto lambda _{i},}

que implica que el polinomio ${displaystyle P-Q_{i}A_{i}}$ es divisible por ${displaystyle (x-lambda _{i})^{nu _{i}}.}$

Para ${displaystyle jneq i,Q_{j}A_{j}}$ es también divisible por ${displaystyle (x-lambda _{i})^{nu _{i}}}$ Así que

{displaystyle P-sum _{j=1}^{r}Q_{j}A_{j}}

es divisible por $Q$ . Desde

<math alttext="{displaystyle deg left(P-sum _{j=1}^{r}Q_{j}A_{j}right)deg⁡ ⁡ ()P− − .. j=1rQjAj).deg⁡ ⁡ ()Q){displaystyle deg left(P-sum _{j=1}Q_{j}A_{j}right) 0deg(Q)}<img alt="{displaystyle deg left(P-sum _{j=1}^{r}Q_{j}A_{j}right)

entonces tenemos

{displaystyle P-sum _{j=1}^{r}Q_{j}A_{j}=0,}

y encontramos la descomposición parcial de la fracción dividiendo ${displaystyle Q}$ .

Fracciones de números enteros

La idea de fracciones parciales se puede generalizar a otros dominios integrales, por ejemplo, el anillo de números enteros donde los números primos desempeñan el papel de denominadores irreducibles. Por ejemplo:

{displaystyle {frac {1}{18}}={frac {1}{2}}-{frac {1}{3}}-{frac {1}{3^{2}}}.}

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