Descomposición en fracciones parciales

Rational fractions as sums of simple terms

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 que son 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 deg N < deg 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:

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

Equating the coefficients of x and the constant (with respect to x) coefficients of both sides of this equation, one gets a system of two linear equations in D and E, whose solution is

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

Thus we have a complete decomposition:

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

One may also compute directly A, D and E with the residue method (see also example 4 below).

Example 3

This example illustrates almost all the "tricks" we might need to use, short of consulting a computer algebra system.

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

After long division and factoring the denominator, we have

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

The partial fraction decomposition takes the form

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

Multiplying through by the denominator on the left-hand side we have the polynomial identity

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

Now we use different values of x to compute the coefficients:

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

Solving this we have:

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

Using these values we can write:

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

We compare the coefficients of x⁶ and x⁵ on both side and we have:

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

Therefore:

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

which gives us B = 0. Thus the partial fraction decomposition is given by:

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

Alternatively, instead of expanding, one can obtain other linear dependences on the coefficients computing some derivatives at ${\displaystyle x=1,\imath }$ in the above polynomial identity. (To this end, recall that the derivative at x = a of (x − a)^mp(x) vanishes if m > 1 and is just p(a) for m = 1.) For instance the first derivative at x = 1 gives

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

that is 8 = 4B + 8 so B = 0.

Example 4 (residue method)

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

Thus, f(z) can be decomposed into rational functions whose denominators are z+1, z−1, z+i, z−i. Since each term is of power one, −1, 1, −i and i are simple poles.

Hence, the residues associated with each pole, given by $${\displaystyle {\frac {P(z_{i})}{Q'(z_{i})}}={\frac {z_{i}^{2}-5}{4z_{i}^{3}}},}$$are $${\displaystyle 1,-1,{\tfrac {3i}{2}},-{\tfrac {3i}{2}},}$$respectively, and

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

Example 5 (limit method)

Limits can be used to find a partial fraction decomposition.^[4] Consider the following example:

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

First, factor the denominator which determines the decomposition:

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

Multiplying everything by ${\displaystyle x-1}$, and taking the limit when ${\displaystyle x\to 1}$, we get

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

On the other hand,

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

and thus:

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

Multiplying by x and taking the limit when ${\displaystyle x\to \infty }$, we have

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

and

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

This implies A + B = 0 and so ${\displaystyle B=-{\frac {1}{3}}}$.

For x = 0, we get ${\displaystyle -1=-A+C,}$ and thus ${\displaystyle C=-{\tfrac {2}{3}}}$.

Putting everything together, we get the decomposition

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

Example 6 (integral)

Suppose we have the indefinite integral:

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

Before performing decomposition, it is obvious we must perform polynomial long division and factor the denominator. Doing this would result in:

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

Upon this, we may now perform partial fraction decomposition.

$${\displaystyle \int \left(x^{2}+3+{\frac {-3x+7}{(x+2)(x-1)}}\right)dx=\int \left(x^{2}+3+{\frac {A}{(x+2)}}+{\frac {B}{(x-1)}}\right)dx}$$so: $${\displaystyle A(x-1)+B(x+2)=-3x+7}$$. Upon substituting our values, in this case, where x=1 to solve for B and x=-2 to solve for A, we will result in:

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

Plugging all of this back into our integral allows us to find the answer:

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

The role of the Taylor polynomial

The partial fraction decomposition of a rational function can be related to Taylor's theorem as follows. Let

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

be real or complex polynomials assume that

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

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

Also define

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

Then we have

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

if, and only if, each polynomial ${\displaystyle A_{i}(x)}$ is the Taylor polynomial of ${\displaystyle {\tfrac {P}{Q_{i}}}}$ of order ${\displaystyle \nu _{i}-1}$ at the point ${\displaystyle \lambda _{i}}$:

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

Taylor's theorem (in the real or complex case) then provides a proof of the existence and uniqueness of the partial fraction decomposition, and a characterization of the coefficients.

Sketch of the proof

The above partial fraction decomposition implies, for each 1 ≤ i ≤ r, a polynomial expansion

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

so ${\displaystyle A_{i}}$ is the Taylor polynomial of ${\displaystyle {\tfrac {P}{Q_{i}}}}$, because of the unicity of the polynomial expansion of order ${\displaystyle \nu _{i}-1}$, and by assumption ${\displaystyle \deg A_{i}<\nu _{i}}$.

Conversely, if the ${\displaystyle A_{i}}$ are the Taylor polynomials, the above expansions at each ${\displaystyle \lambda _{i}}$ hold, therefore we also have

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

which implies that the polynomial ${\displaystyle P-Q_{i}A_{i}}$ is divisible by ${\displaystyle (x-\lambda _{i})^{\nu _{i}}.}$

For ${\displaystyle j\neq i,Q_{j}A_{j}}$ is also divisible by ${\displaystyle (x-\lambda _{i})^{\nu _{i}}}$, so

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

is divisible by ${\displaystyle Q}$. Since

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

we then have

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

and we find the partial fraction decomposition dividing by ${\displaystyle Q}$.

Fractions of integers

The idea of partial fractions can be generalized to other integral domains, say the ring of integers where prime numbers take the role of irreducible denominators. For example:

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

Notes

1. Larson, Ron (2016). Algebra & Trigonometry. Cengage Learning. ISBN 9781337271172.
2. Horowitz, Ellis. "Algorithms for partial fraction decomposition and rational function integration." Proceedings of the second ACM symposium on Symbolic and algebraic manipulation. ACM, 1971.
3. Grosholz, Emily (2000). The Growth of Mathematical Knowledge. Kluwer Academic Publilshers. p. 179. ISBN 978-90-481-5391-6.
4. Bluman, George W. (1984). Problem Book for First Year Calculus. New York: Springer-Verlag. pp. 250–251.

References

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External links

• Weisstein, Eric W. "Partial Fraction Decomposition". MathWorld.
• Blake, Sam. "Step-by-Step Partial Fractions".
• Make partial fraction decompositions with Scilab.