Descomposición en fracciones parciales

Fracciones racionales como sumas de términos simples.

En álgebra , la descomposición en fracciones parciales o expansión en fracciones parciales de una fracción racional (es decir, una fracción tal que el numerador y el denominador sean ambos polinomios ) es una operación que consiste en expresar la fracción como la suma de un polinomio (posiblemente cero ) y una o varias fracciones con denominador más simple. ^[1]

La importancia de la descomposición en fracciones parciales radica en el hecho de que proporciona algoritmos para diversos cálculos con funciones racionales , incluido el cálculo explícito de antiderivadas , ^[2] 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 . ^[3]

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

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

donde p ( x ) es un polinomio y, para cada j , el denominador g _j ( x ) es una potencia de un polinomio irreducible (que no se puede factorizar en polinomios de grados positivos), y el numerador f _j ( x ) es un polinomio de grado menor que el grado de este polinomio irreducible.

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

Principios básicos

Dejar

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

fracción racionalFGpolinomios univariadosindeterminado x

Parte polinómica

Existen dos polinomios E y F ₁ tales que

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

$${\displaystyle \deg F_{1}<\deg G,}$$

gradoP ${\displaystyle \deg P}$

Esto resulta inmediatamente de la división euclidiana de F por G , que afirma la existencia de E y F ₁ tales que y ${\displaystyle F=EG+F_{1}}$ ${\displaystyle \deg F_{1}<\deg G.}$

Esto permite suponer en los próximos pasos que ${\displaystyle \deg F<\deg G.}$

Factores del denominador

Si y ${\displaystyle \deg F<\deg G,}$

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

G ₁G ₂polinomios coprimos ${\displaystyle F_{1}}$ ${\displaystyle F_{2}}$

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

$${\displaystyle \deg F_{1}<\deg G_{1}\quad {\text{and}}\quad \deg F_{2}<\deg G_{2}.}$$

Esto se puede probar de la siguiente manera. La identidad de Bézout afirma la existencia de polinomios C y D tales que

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

1máximo común divisorG ₁G ₂

Sea la división euclidiana de DF mediante la configuración que se obtiene ${\displaystyle DF=G_{1}Q+F_{1}}$ ${\displaystyle \deg F_{1}<\deg G_{1}}$ ${\displaystyle G_{1}.}$ ${\displaystyle F_{2}=CF+QG_{2},}$

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

${\displaystyle \deg F_{2}<\deg G_{2}.}$ ${\displaystyle F=F_{2}G_{1}+F_{1}G_{2},}$

$${\displaystyle {\begin{aligned}\deg F_{2}&=\deg(F-F_{1}G_{2})-\deg G_{1}\leq \max(\deg F,\deg(F_{1}G_{2}))-\deg G_{1}\\&<\max(\deg G,\deg(G_{1}G_{2}))-\deg G_{1}=\deg G_{2}\end{aligned}}}$$

Potencias en el denominador.

Usando inductivamente la descomposición anterior se obtienen fracciones de la forma con donde G es un polinomio irreducible . Si k > 1 , se puede descomponer aún más, usando que un polinomio irreducible es un polinomio libre de cuadrados , es decir, es el máximo común divisor del polinomio y su derivada . Si es la derivada de G , la identidad de Bézout proporciona polinomios C y D tales que y por lo tanto la división euclidiana de por da polinomios y tales que y Al configurar se obtiene ${\displaystyle {\frac {F}{G^{k}}},}$ ${\displaystyle \deg F<\deg G^{k}=k\deg G,}$ ${\displaystyle 1}$ ${\displaystyle G'}$ ${\displaystyle CG+DG'=1}$ ${\displaystyle F=FCG+FDG'.}$ ${\displaystyle FDG'}$ ${\displaystyle G}$ ${\displaystyle H_{k}}$ ${\displaystyle Q}$ ${\displaystyle FDG'=QG+H_{k}}$ ${\displaystyle \deg H_{k}<\deg G.}$ ${\displaystyle F_{k-1}=FC+Q,}$

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

${\displaystyle \deg H_{k}<\deg G.}$

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

Declaración

Teorema  :  Sean f y g polinomios distintos de cero sobre un campo K. Escribe g como producto de potencias de distintos polinomios irreducibles:

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

Hay polinomios (únicos) b y a _ij con grados a _ij < grados 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 grados f < grados g , entonces b = 0 .

La unicidad se puede demostrar de la siguiente manera. Sea d = max(1 + grados f , grados g ) . En conjunto, b y a ij _tienen coeficientes d . La forma de la descomposición define un mapa lineal desde vectores de coeficientes hasta polinomios f de grado menor que d . La prueba de existencia significa que este mapa es sobreyectivo . 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 el cuerpo de números complejos , el teorema fundamental del álgebra implica que todos los p _i tienen grado uno y todos los numeradores son constantes. Cuando K es el cuerpo de los números reales , algunos de los p _i pueden ser cuadráticos, por lo que, en la descomposición en fracciones parciales, también pueden aparecer cocientes de polinomios lineales por potencias de polinomios cuadráticos. ${\displaystyle a_{ij}}$

En el teorema anterior, se pueden 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 libre de cuadrados de g . Cuando K es el cuerpo de números racionales , como suele ser el caso en álgebra informática , esto permite reemplazar la factorización por el cálculo del máximo común divisor para calcular una descomposición en fracciones parciales.

Aplicación a la integración simbólica

Para fines de integración simbólica , el resultado anterior puede refinarse en

Teorema  :  Sean f y g polinomios distintos de cero sobre un campo K. Escribe g como producto de potencias de polinomios coprimos por pares que no tienen raíz múltiple en un campo algebraicamente cerrado:

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

Hay polinomios (únicos) by c _ij con grados ci ij < grados _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 denota la derivada de ${\displaystyle X'}$ ${\displaystyle X.}$

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

Existen 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 , reduciéndose al caso en el que grados( f ) < grados( g ). A continuación, se sabe grados( c _ij ) < grados( p _i ), por lo que se puede escribir cada c _ij como un polinomio con coeficientes desconocidos. Al reducir la suma de fracciones en el teorema a un denominador común y al igualar los coeficientes de cada potencia de x en los dos numeradores, se obtiene un sistema de ecuaciones lineales que se puede resolver para obtener los valores deseados (únicos) para los coeficientes desconocidos. .

Procedimiento

Dados dos polinomios y , donde α _n son constantes distintas y grados P < n , se pueden obtener expresiones explícitas para fracciones parciales suponiendo que ${\displaystyle P(x)}$ ${\displaystyle Q(x)=(x-\alpha _{1})(x-\alpha _{2})\cdots (x-\alpha _{n})}$

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

ciigualando los coeficientes de _losxmétodo de coeficientes indeterminadosx_k

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

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

residuosf/g ${\displaystyle Q'}$ ${\displaystyle Q}$ ${\displaystyle {\tfrac {1}{x-\alpha _{j}}}}$

Este enfoque no tiene en cuenta otros casos, pero puede modificarse en consecuencia:

• Si entonces es necesario realizar la división euclidiana de P por Q , usando división larga polinómica , dando P ( x ) = E ( x ) Q ( x ) + R ( x ) con grados R < n . Dividiendo por Q ( x ) esto da ${\displaystyle \deg P\geq \deg Q,}$
  $${\displaystyle {\frac {P(x)}{Q(x)}}=E(x)+{\frac {R(x)}{Q(x)}},}$$
  y luego busque fracciones parciales para la fracción restante (que por definición satisface grados R < grados Q ).
• Si Q ( x ) contiene factores que son irreducibles en el campo dado, entonces el numerador N ( x ) de cada fracción parcial con tal factor F ( x ) en el denominador debe buscarse como un polinomio con grados N < grados F , más que como una constante. Por ejemplo, tomemos la siguiente descomposición sobre R :
  $${\displaystyle {\frac {x^{2}+1}{(x+2)(x-1)\color {Blue}(x^{2}+x+1)}}={\frac {a}{x+2}}+{\frac {b}{x-1}}+{\frac {\color {OliveGreen}cx+d}{\color {Blue}x^{2}+x+1}}.}$$
• Supongamos Q ( x ) = ( x − α ) ^r S ( x ) y S ( α )≠ 0 , es decir α es raíz de Q ( x ) de multiplicidad r . En la descomposición de fracciones parciales, las r primeras potencias de ( x − α ) aparecerán como denominadores de las fracciones parciales (posiblemente con un numerador cero). Por ejemplo, si S ( x ) = 1 la descomposición en fracciones parciales 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

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

Limpiar denominadores muestra que 3 x + 5 = A + B (1 − 2 x ) . Desarrollando y equiparando los coeficientes de potencias de x se obtiene

5 = A + B y 3 x = −2 Bx

Al resolver este sistema de ecuaciones lineales para A y B se obtiene 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 de residuo

Sobre los números complejos, supongamos que f ( x ) es una fracción racional propia 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

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

unicidad de la serie de Laurenta _ij( x − x _i ) ⁻¹g _ijxx _iresiduo

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

Esto viene dado directamente por la fórmula

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

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 , consulte

• Aplicación a la integración simbólica, arriba
• Fracciones parciales en transformadas de Laplace

resultado general

Sea cualquier función racional sobre los números reales . En otras palabras, supongamos que existen funciones polinomiales reales y , tales que ${\displaystyle f(x)}$ ${\displaystyle p(x)}$ ${\displaystyle q(x)\neq 0}$

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

Al dividir tanto el numerador como el denominador por el coeficiente principal de , podemos suponer sin pérdida de generalidad que es mónico . Por el teorema fundamental del álgebra , podemos escribir ${\displaystyle q(x)}$ ${\displaystyle q(x)}$

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

donde , , son números reales con , y , son números enteros positivos. Los términos son cuyos factores lineales corresponden a raíces reales de , y los términos son cuyos factores cuadráticos irreducibles corresponden a pares de raíces conjugadas complejas de . ${\displaystyle a_{1},\dots ,a_{m}}$ ${\displaystyle b_{1},\dots ,b_{n}}$ ${\displaystyle c_{1},\dots ,c_{n}}$ ${\displaystyle b_{i}^{2}-4c_{i}<0}$ ${\displaystyle j_{1},\dots ,j_{m}}$ ${\displaystyle k_{1},\dots ,k_{n}}$ ${\displaystyle (x-a_{i})}$ ${\displaystyle q(x)}$ ${\displaystyle q(x)}$ ${\displaystyle (x_{i}^{2}+b_{i}x+c_{i})}$ ${\displaystyle q(x)}$ ${\displaystyle q(x)}$

Entonces la descomposición en fracciones parciales es la siguiente: ${\displaystyle f(x)}$

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

Aquí, P ( x ) es un polinomio (posiblemente cero), y Air , _Bir y Cir _son constantes _reales . Hay varias formas de encontrar las constantes.

El método más sencillo es multiplicar por el denominador común q ( x ). Luego 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 Cir . Dado que dos polinomios son iguales si y sólo 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 del 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 polinómica

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

Sustituyendo x = −3 en esta ecuación se obtiene A = −1/4, y sustituyendo x = 1 se obtiene B = 1/4, de modo 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 larga división , 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 x ² − 4 x + 8 es irreducible sobre los reales, ya que su discriminante (−4) ² − 4×8 = −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 x ³ − 4 x ² + 8 x , tenemos la identidad polinómica

$${\displaystyle 4x^{2}-8x+16=A\left(x^{2}-4x+8\right)+\left(Bx+C\right)x}$$

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

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

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

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

Multiplicando por el denominador se obtiene:

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

Al igualar los coeficientes de x y los coeficientes constantes (con respecto a x ) 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 pueden calcular directamente A , D y E con el método del residuo (ver también el ejemplo 4 a continuación).

Ejemplo 3

Este ejemplo ilustra casi todos los "trucos" que podríamos necesitar usar, salvo 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 larga división y factorización del 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 polinómica

$${\displaystyle {\begin{aligned}&2x^{6}-4x^{5}+5x^{4}-3x^{3}+x^{2}+3x\\[4pt]={}&A\left(x-1\right)^{2}\left(x^{2}+1\right)^{2}+B\left(x-1\right)\left(x^{2}+1\right)^{2}+C\left(x^{2}+1\right)^{2}+\left(Dx+E\right)\left(x-1\right)^{3}\left(x^{2}+1\right)+\left(Fx+G\right)\left(x-1\right)^{3}\end{aligned}}}$$

Ahora usamos diferentes valores de x para calcular los coeficientes:

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

Resolviendo esto tenemos:

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

Usando estos valores podemos escribir:

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

Comparamos los coeficientes de x ⁶ y x ⁵ en ambos lados y tenemos:

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

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 expandir, se pueden obtener otras dependencias lineales de los coeficientes que calculan algunas derivadas en la identidad polinómica anterior. (Para este fin, recuerde que la derivada en x = a de ( x − a ) ^m p ( x ) desaparece si m > 1 y es simplemente p ( a ) para m = 1.) Por ejemplo, la primera derivada en x = 1 da ${\displaystyle x=1,\imath }$

$${\displaystyle 2\cdot 6-4\cdot 5+5\cdot 4-3\cdot 3+2+3=A\cdot (0+0)+B\cdot (4+0)+8+D\cdot 0}$$

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

Ejemplo 4 (método del residuo)

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

Así, f ( z ) se puede descomponer en funciones racionales cuyos denominadores son z +1, z −1, z +i, z −i. Dado que 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 utilizar para encontrar una descomposición en fracciones parciales. ^[4] Considere el siguiente ejemplo:

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

Primero, factoriza el denominador que determina la descomposición:

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

Multiplicando todo por y tomando el límite cuando obtenemos ${\displaystyle x-1}$ ${\displaystyle x\to 1}$

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

Por otro lado,

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

y por lo tanto:

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

Multiplicando por x y tomando el límite cuando , tenemos ${\displaystyle x\to \infty }$

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

y

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

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

Para x = 0 , obtenemos y por lo tanto . ${\displaystyle -1=-A+C,}$ ${\displaystyle C=-{\tfrac {2}{3}}}$

Juntando todo, 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 del polinomio y factorizar el denominador. Hacer esto resultaría en:

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

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

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

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

$${\displaystyle A={\frac {-13}{3}}\ ,B={\frac {4}{3}}}$$

Conectar todo esto nuevamente a 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

$${\displaystyle P(x),Q(x),A_{1}(x),\ldots ,A_{r}(x)}$$

ser polinomios reales o complejos suponemos que

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

satisface

$${\displaystyle \deg A_{1}<\nu _{1},\ldots ,\deg A_{r}<\nu _{r},\quad {\text{and}}\quad \deg(P)<\deg(Q)=\sum _{j=1}^{r}\nu _{j}.}$$

Definir también

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

Entonces nosotros tenemos

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

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

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

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 polinómica

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

también lo es el polinomio de Taylor , debido a la unicidad de la expansión del polinomio de orden , y por suposición . ${\displaystyle A_{i}}$ ${\displaystyle {\tfrac {P}{Q_{i}}}}$ ${\displaystyle \nu _{i}-1}$ ${\displaystyle \deg A_{i}<\nu _{i}}$

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

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

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

Porque también es divisible por , entonces ${\displaystyle j\neq i,Q_{j}A_{j}}$ ${\displaystyle (x-\lambda _{i})^{\nu _{i}}}$

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

es divisible por . Desde ${\displaystyle Q}$

$${\displaystyle \deg \left(P-\sum _{j=1}^{r}Q_{j}A_{j}\right)<\deg(Q)}$$

entonces tenemos

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

y encontramos la descomposición en fracciones parciales dividiendo por . ${\displaystyle Q}$

fracciones de números enteros

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

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

Notas

1. Larson, Ron (2016). Álgebra y trigonometría. Aprendizaje Cengage. ISBN 9781337271172.
2. Horowitz, Ellis. "Algoritmos de descomposición de fracciones parciales e integración de funciones racionales". Actas del segundo simposio de ACM sobre manipulación simbólica y algebraica. ACM, 1971.
3. Grosholz, Emily (2000). El crecimiento del conocimiento matemático . Editoriales académicas de Kluwer. pag. 179.ISBN​ 978-90-481-5391-6.
4. Bluman, George W. (1984). Libro de problemas para cálculo de primer año . Nueva York: Springer-Verlag. págs. 250-251.

Referencias

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enlaces externos

• Weisstein, Eric W. "Descomposición en fracciones parciales". MundoMatemático .
• Blake, Sam. "Fracciones parciales paso a paso".
• Realizar descomposiciones en fracciones parciales con Scilab .