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 son ambos polinomios ) es una operación que consiste en expresar la fracción como suma de un polinomio (posiblemente cero) y una o varias fracciones con un denominador más simple. ^[1]

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 , ^[2] expansiones en serie de Taylor , transformadas Z inversas y transformadas de Laplace inversas . 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 la expresión de la fracción racional 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 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 burda, que consiste en reemplazar "polinomio irreducible" por " polinomio sin cuadrados " en la descripción del resultado. Esto permite reemplazar la factorización polinómica 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

Sea una fracción racional , donde F y G son polinomios univariados en la indeterminada x sobre un cuerpo. La existencia de la fracción parcial se puede demostrar aplicando inductivamente los siguientes pasos de reducción. $${\displaystyle R(x)={\frac {F}{G}}}$$

Parte polinómica

Existen dos polinomios E y F ₁ tales que y donde denota el grado del polinomio P . $${\displaystyle {\frac {F}{G}}=E+{\frac {F_{1}}{G}},}$$ $${\displaystyle \deg F_{1}<\deg G,}$$ ${\displaystyle \deg P}$

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 donde G ₁ y G ₂ son polinomios coprimos , entonces existen polinomios y tales que y ${\displaystyle \deg F<\deg G,}$ $${\displaystyle G=G_{1}G_{2},}$$ ${\displaystyle F_{1}}$ ${\displaystyle F_{2}}$ $${\displaystyle {\frac {F}{G}}={\frac {F_{1}}{G_{1}}}+{\frac {F_{2}}{G_{2}}},}$$ $${\displaystyle \deg F_{1}<\deg G_{1}\quad {\text{and}}\quad \deg F_{2}<\deg G_{2}.}$$

Esto se puede demostrar de la siguiente manera. La identidad de Bézout afirma la existencia de polinomios C y D tales que (por hipótesis, 1 es el máximo común divisor de G ₁ y G ₂ ). $${\displaystyle CG_{1}+DG_{2}=1}$$

Sea con la división euclidiana de DF al establecer que se obtiene Queda por demostrar que Al reducir la última suma de fracciones a un denominador común, se obtiene y por lo tanto ${\displaystyle DF=G_{1}Q+F_{1}}$ ${\displaystyle \deg F_{1}<\deg G_{1}}$ ${\displaystyle G_{1}.}$ ${\displaystyle F_{2}=CF+QG_{2},}$ $${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {F}{G}}&={\frac {F(CG_{1}+DG_{2})}{G_{1}G_{2}}}={\frac {DF}{G_{1}}}+{\frac {CF}{G_{2}}}\\&={\frac {F_{1}+G_{1}Q}{G_{1}}}+{\frac {F_{2}-G_{2}Q}{G_{2}}}\\&={\frac {F_{1}}{G_{1}}}+{\frac {F_{2}}{G_{2}}}.\end{aligned}}}$$ ${\displaystyle \deg F_{2}<\deg G_{2}.}$ ${\displaystyle F=F_{2}G_{1}+F_{1}G_{2},}$ $${\displaystyle {\begin{aligned}\deg F_{2}&=\deg(F-F_{1}G_{2})-\deg G_{1}\leq \max(\deg F,\deg(F_{1}G_{2}))-\deg G_{1}\\&<\max(\deg G,\deg(G_{1}G_{2}))-\deg G_{1}=\deg G_{2}\end{aligned}}}$$

Potencias en el denominador

Usando la descomposición precedente de manera inductiva 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 un 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 Si se establece que se obtiene con ${\displaystyle {\frac {F}{G^{k}}},}$ ${\displaystyle \deg F<\deg G^{k}=k\deg G,}$ ${\displaystyle 1}$ ${\displaystyle G'}$ ${\displaystyle CG+DG'=1}$ ${\displaystyle F=FCG+FDG'.}$ ${\displaystyle FDG'}$ ${\displaystyle G}$ ${\displaystyle H_{k}}$ ${\displaystyle Q}$ ${\displaystyle FDG'=QG+H_{k}}$ ${\displaystyle \deg H_{k}<\deg G.}$ ${\displaystyle F_{k-1}=FC+Q,}$ $${\displaystyle {\frac {F}{G^{k}}}={\frac {H_{k}}{G^{k}}}+{\frac {F_{k-1}}{G^{k-1}}},}$$ ${\displaystyle \deg H_{k}<\deg G.}$

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 cuerpo K. Escriba g como un producto de potencias de polinomios irreducibles distintos: $${\displaystyle g=\prod _{i=1}^{k}p_{i}^{n_{i}}.}$$

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 deg f < deg g , entonces b = 0 .

La unicidad se puede demostrar de la siguiente manera. Sea d = max(1 + deg f , deg g ) . En conjunto, b y a _ij tienen coeficientes d . La forma de la descomposición define una función 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, la función también es inyectiva , lo que significa unicidad de la descomposición. Por cierto, esta prueba induce un algoritmo para calcular la descomposición a través del álgebra lineal .

Si K es el cuerpo de los 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 computacional , esto permite reemplazar la factorización por el cálculo del máximo común divisor para calcular una descomposición en fracciones parciales.

Aplicación a la integración simbólica

A los efectos de la integración simbólica , el resultado anterior puede refinarse en

Teorema  :  Sean f y g polinomios distintos de cero sobre un cuerpo K. Escriba g como un producto de potencias de polinomios coprimos por pares que no tienen raíces múltiples en un cuerpo algebraicamente cerrado:

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

Existen polinomios (únicos) b y c _ij con grados c _ij < grados p _i tales que donde denota la derivada de $${\displaystyle {\frac {f}{g}}=b+\sum _{i=1}^{k}\sum _{j=2}^{n_{i}}\left({\frac {c_{ij}}{p_{i}^{j-1}}}\right)'+\sum _{i=1}^{k}{\frac {c_{i1}}{p_{i}}}.}$$ ${\displaystyle X'}$ ${\displaystyle X.}$

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.

Existen varios métodos para calcular la descomposición en el Teorema. Una forma sencilla se denomina método de Hermite . Primero, b se calcula inmediatamente por división euclidiana de f por g , reduciéndose al caso donde deg( f ) < deg( g ). A continuación, se sabe que deg( c _ij ) < deg( p _i ), por lo que se puede escribir cada c _ij como un polinomio con coeficientes desconocidos. Reduciendo la suma de 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 los valores deseados (únicos) para los coeficientes desconocidos.

Procedimiento

Dados dos polinomios y , donde α _n son constantes distintas y deg P < n , se pueden obtener expresiones explícitas para fracciones parciales suponiendo que y resolviendo para las constantes c _i , por sustitución, igualando los coeficientes de términos que involucran las potencias de x , o de otra manera. (Esta es una variante del método de coeficientes indeterminados . Después de que ambos lados de la ecuación se multiplican por Q(x), un lado de la ecuación es un polinomio específico y el otro lado es un polinomio con coeficientes indeterminados. La igualdad solo es posible cuando los coeficientes de potencias iguales de x son iguales. Esto produce n ecuaciones en n incógnitas, las c _k .) ${\displaystyle P(x)}$ ${\displaystyle Q(x)=(x-\alpha _{1})(x-\alpha _{2})\cdots (x-\alpha _{n})}$ $${\displaystyle {\frac {P(x)}{Q(x)}}={\frac {c_{1}}{x-\alpha _{1}}}+{\frac {c_{2}}{x-\alpha _{2}}}+\cdots +{\frac {c_{n}}{x-\alpha _{n}}}}$$

Un cálculo más directo, que está fuertemente relacionado con la interpolación de Lagrange , consiste en escribir donde es la derivada del polinomio . Los coeficientes de se denominan residuos de f/g . $${\displaystyle {\frac {P(x)}{Q(x)}}=\sum _{i=1}^{n}{\frac {P(\alpha _{i})}{Q'(\alpha _{i})}}{\frac {1}{(x-\alpha _{i})}}}$$ ${\displaystyle Q'}$ ${\displaystyle Q}$ ${\displaystyle {\tfrac {1}{x-\alpha _{j}}}}$

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

• Si entonces es necesario realizar la división euclidiana de P por Q , utilizando la división larga de polinomios , obtenemos P ( x ) = E ( x ) Q ( x ) + R ( x ) con deg R < n . Dividiendo por Q ( x ) obtenemos y luego buscamos fracciones parciales para la fracción restante (que por definición satisface deg R < deg Q ). ${\displaystyle \deg P\geq \deg Q,}$ $${\displaystyle {\frac {P(x)}{Q(x)}}=E(x)+{\frac {R(x)}{Q(x)}},}$$
• Si Q ( x ) contiene factores irreducibles sobre el cuerpo dado, entonces el numerador N ( x ) de cada fracción parcial con dicho factor F ( x ) en el denominador debe buscarse como un polinomio con grado N < grado F , en lugar de como una constante. Por ejemplo, tomemos la siguiente descomposición sobre R : $${\displaystyle {\frac {x^{2}+1}{(x+2)(x-1)\color {Blue}(x^{2}+x+1)}}={\frac {a}{x+2}}+{\frac {b}{x-1}}+{\frac {\color {OliveGreen}cx+d}{\color {Blue}x^{2}+x+1}}.}$$
• Supóngase que Q ( x ) = ( x − α ) ^r S ( x ) y S ( α ) ≠ 0 , es decir α es una raíz de Q ( x ) de multiplicidad r . En la descomposición en 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 un ejemplo de aplicación de este procedimiento, (3 x + 5)/(1 − 2 x ) ² se puede descomponer en la forma

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

Al despejar los denominadores se obtiene que 3 x + 5 = A + B (1 − 2 x ) . Al desarrollar e igualar los coeficientes de las potencias de x se obtiene

5 = A + B y 3 x = −2 Bx

Resolviendo este sistema de ecuaciones lineales para A y B se obtiene A = 13/2 y B = −3/2 . Por lo tanto,

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

Método de residuos

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

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

Sea entonces, de acuerdo con la unicidad de la serie de Laurent , a _ij es el coeficiente del término ( x − x _i ) ⁻¹ en la expansión de Laurent de g _ij ( x ) alrededor del punto x _i , es decir, su residuo $${\displaystyle g_{ij}(x)=(x-x_{i})^{j-1}f(x),}$$ $${\displaystyle a_{ij}=\operatorname {Res} (g_{ij},x_{i}).}$$

Esto se da directamente por la fórmula o en el caso especial cuando x _i es una raíz simple, cuando $${\displaystyle a_{ij}={\frac {1}{(k_{i}-j)!}}\lim _{x\to x_{i}}{\frac {d^{k_{i}-j}}{dx^{k_{i}-j}}}\left((x-x_{i})^{k_{i}}f(x)\right),}$$ $${\displaystyle a_{i1}={\frac {P(x_{i})}{Q'(x_{i})}},}$$ $${\displaystyle f(x)={\frac {P(x)}{Q(x)}}.}$$

Sobre los reales

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

• 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 polinómicas reales y , tales que ${\displaystyle f(x)}$ ${\displaystyle p(x)}$ ${\displaystyle q(x)\neq 0}$ $${\displaystyle f(x)={\frac {p(x)}{q(x)}}}$$

Dividiendo 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 los factores lineales de los cuales corresponden a raíces reales de , y los términos son los factores cuadráticos irreducibles de los cuales 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 de 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 A _ir , B _ir y C _ir son constantes reales. Hay varias formas de hallar las constantes.

El método más sencillo es multiplicar por el denominador común q ( x ). Obtenemos entonces 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 iguales. De esta manera, se obtiene un sistema de ecuaciones lineales que siempre tiene una 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.

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

Multiplicando por el denominador en el lado izquierdo obtenemos la identidad polinomial.

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

Sustituyendo x = −3 en esta ecuación obtenemos A = −1/4, y sustituyendo x = 1 obtenemos 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 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 x ² − 4 x + 8 es irreducible sobre los números reales, ya que su discriminante (−4) ² − 4×8 = −16 es negativo. Por lo tanto, la descomposición en fracciones parciales sobre los números 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 polinomial

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

Tomando x = 0, vemos que 16 = 8 A , por lo que A = 2. Comparando los coeficientes de x ² , vemos que 4 = A + B = 2 + B , por lo que B = 2. Comparando los coeficientes lineales, vemos que −8 = −4 A + C = −8 + C , por lo que 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 utilizando 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 obtenemos:

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

Igualando 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 que 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 del residuo (véase también el ejemplo 4 a continuación).

Ejemplo 3

Este ejemplo ilustra casi todos los "trucos" que podríamos necesitar utilizar, 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 la división larga y 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 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. Por lo tanto 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 polinomial anterior. (Para este fin, recuerde que la derivada en x = a de ( x − a ) ^m p ( x ) se anula si m > 1 y es simplemente p ( a ) para m = 1). Por ejemplo, la primera derivada en x = 1 da ${\displaystyle x=1,\imath }$

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

esto es 8 = 4 B + 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 e i son polos simples.

Por lo tanto, los residuos asociados a cada polo, dados por son respectivamente, y $${\displaystyle {\frac {P(z_{i})}{Q'(z_{i})}}={\frac {z_{i}^{2}-5}{4z_{i}^{3}}},}$$ $${\displaystyle 1,-1,{\tfrac {3i}{2}},-{\tfrac {3i}{2}},}$$

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

Ejemplo 5 (método del 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 por lo tanto . ${\displaystyle B=-{\frac {1}{3}}}$

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 de polinomios y factorizar el denominador. Al hacer esto, obtendremos lo siguiente:

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

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

$${\displaystyle \int \left(x^{2}+3+{\frac {-3x+7}{(x+2)(x-1)}}\right)dx=\int \left(x^{2}+3+{\frac {A}{(x+2)}}+{\frac {B}{(x-1)}}\right)dx}$$Entonces: . Al sustituir nuestros valores, en este caso, donde x=1 para resolver B y x=-2 para resolver A, obtendremos: $${\displaystyle A(x-1)+B(x+2)=-3x+7}$$

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

Conectando todo esto nuevamente a nuestra integral podemos 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. Sea

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

sean polinomios reales o complejos supongamos que

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

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

También definir

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

Entonces 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 entonces 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

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

También lo es el polinomio de Taylor de , debido a la unicidad de la expansión polinomial 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 se cumplen en cada uno, 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 , por lo que ${\displaystyle j\neq i,Q_{j}A_{j}}$ ${\displaystyle (x-\lambda _{i})^{\nu _{i}}}$

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

es divisible por . Ya que ${\displaystyle Q}$

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

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 , como por ejemplo el anillo de números enteros , donde los números primos desempeñan el papel de denominadores irreducibles. Por ejemplo:

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

Notas

1. Larson, Ron (2016). Álgebra y trigonometría. Cengage Learning. ISBN 9781337271172.
2. Horowitz, Ellis. "Algoritmos para la descomposición en fracciones parciales y la integración de funciones racionales". Actas del segundo simposio de la ACM sobre manipulación simbólica y algebraica. ACM, 1971.
3. Grosholz, Emily (2000). El crecimiento del conocimiento matemático . Kluwer Academic Publishers. pág. 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". MathWorld .
• Blake, Sam. "Fracciones parciales paso a paso".
• Realizar descomposiciones de fracciones parciales con Scilab .