部分分数について詳しく解説

代数学では、有理関数の部分分数または単純な要素への分解は、既約分母と分母より小さい次数の分子を持つ分数の合計として表現されます。部分分数は、プリミティブの検索を容易にするために積分計算で使用されます。これらは、ラプラス変換の逆変換の計算にも使用されます。

どの多項式が既約であるかは、使用されるスカラー場によって決まります。したがって、実数に限定すると、既約多項式の次数は 1 または 2 になります。複素数を使用する場合は、1 次の多項式のみが既約になります。同様に、有理数に限定すると、2 より大きい次数の既約多項式を見つけることができます。

例

分母に含まれる個別の一次因数

有理関数の部分分数への分解を探しているとします。

$$ {{x+3 \over x^2-3x-40}} $$

分母は因数分解します

$$ {(x-8)(x+5)\,} $$

したがって、次のようなスカラーAとBを探します。

$$ {{x+3 \over x^2-3x-40}={x+3 \over (x-8)(x+5)}={A \over x-8}+{B \over x+5}.} $$

AとB を見つける方法の 1 つは、分数を消去することから始まります。これは、各辺に共通の分母を掛けることになります: ( x − 8)( x + 5)。それは私たちに与えます

$$ {x+3=A(x+5)+B(x-8)\,} $$

xの適切な値を採用することで、 AとBの値を直接取得します。

• x=8の場合、 Bの係数は消えてA = 11/13 になります。
• x=-5の場合、 Aの係数は消え、 B = 2/13 になります。

したがって、部分分数への分解が得られます。

$$ {{x+3 \over x^2-3x-40}={11/13 \over x-8}+{2/13 \over x+5}} $$

分母の 2 次既約因数

壊れるには

$$ {{10x^2+12x+20 \over x^3-8}} $$

部分分数で、まず観察しましょう

$$ {x^3-8=(x-2)(x^2+2x+4).\,} $$

x ² + 2 x + 4 が実係数を使用して因数分解できないという事実は、判別式2 ² − 4(1)(4) が負であることからわかります。したがって、次のようなスカラーA 、 B 、 Cを探します。

$$ {{10x^2+12x+20 \over x^3-8}={10x^2+12x+20 \over (x-2)(x^2+2x+4)}={A \over x-2}+{Bx+C \over x^2+2x+4}.} $$

分数を消去すると、次のようになります。

$$ {10x^2+12x+20=A(x^2+2x+4)+(Bx+C)(x-2).\,} $$

前の例と同様に続行できます。 xを 2 に置き換えると、第 2 項が完全に削除され、次のようになります。

$$ {10\cdot 2^2+12\cdot 2+20=A(2^2+2\cdot 2+4),\,} $$

たとえば、 84 = 12 A 、つまりA = 7 となり、次のようになります。

$$ {10x^2+12x+20=7(x^2+2x+4)+(Bx+C)(x-2).\,} $$

次に、 xに 0 を代入すると、次のようになります。

$$ {20=7(4)+C(-2),\,} $$

するとC = 4 となります。

$$ {10x^2+12x+20=7(x^2+2x+4)+(Bx+4)(x-2).\,} $$

1 をxに置き換えると、次のようになります。

$$ {10+12+20=7(1+2+4)+(B+4)(1-2),\,} $$

したがって、 B = 3 となります。部分分数への分解は次のようになります。

$$ {{10x^2+12x+20 \over x^3-8}={7 \over x-2}+{3x+4 \over x^2+2x+4}.} $$

分母における一次因数の繰り返し

有理分数を考える

$$ {{10x^2-63x+29 \over x^3-11x^2+40x-48}.} $$

分母を因数分解すると、

$$ {x^3-11x^2+40x-48=(x-3)(x-4)^2.\,} $$

1 次因子 ( x − 4) の多重度は 1 より大きくなります。このような場合、部分分数への分解は次の形式になります。

$$ {{10x^2-63x+29 \over x^3-11x^2+40x-48}={10x^2-63x+29 \over (x-3)(x-4)^2}={A \over x-3}+{B \over x-4}+{C \over (x-4)^2}.} $$

分母における因数の繰り返し: 一般的な場合

次の形式の有理関数の場合

$$ {{\bullet \over (x+2)(x+3)^5}} $$

（または ”

$$ {{A \over x+2}+{B \over x+3}+{C \over (x+3)^2}+{D \over (x+3)^3}+{E \over (x+3)^4}+{F \over (x+3)^5}.} $$

係数A 、 B 、 C 、 D 、 E 、 Fの決定は、変数y = x + 3を変更することによって実行されます。次に分数が書き込まれます

$$ {{P(y) \over (y-1)y^5}} $$

P(y) をべき乗の増加に従ってy – 1で割ると (多項式を参照)、次のようになります。

$$ {P(y) = (y – 1)(F+Ey+Dy^2+Cy^3+By^4)+ Ay^5\,} $$

その後、除算を実行して開始変数に戻るだけで十分です。

次の形式の有理関数の場合、一般的なパターンは簡単に推測できます。

$$ {{\bullet \over (x+2)(x^2+1)^5}} $$

分母に 2 次の既約因数x ² + 1 を使用すると、部分分数への分解は次の形式になります。

$$ {{A \over x+2}+{Bx + C\over x^2+1}+{Dx+E \over (x^2+1)^2}+{Fx+G \over (x^2+1)^3}+{Hx+I \over (x^2+1)^4}+{Jx+K \over (x^2+1)^5}} $$

同じ種類の展開が 2 次のすべての既約多項式に適用されます。

基本原則

基本原理は非常に単純です。むしろ、特定の場合に注意が必要となるのはアルゴリズム側です。

R ( x ) を、分母で因数分解できるxの有理関数とします。これについては後述します。

P ( x ) Q ( x )

フィールドK (たとえば、実数または複素数) 上で。 PとQが互いに素の場合、 R は次のように書くことができます。

$$ {{A \over P} + {B \over Q}} $$

K上のいくつかの多項式A ( x ) およびB ( x ) について。このような分解が存在するのは、 K上の多項式の環が次の等式が成立するユークリッド環であるという事実の結果です。

CP + DQ = 1

特定の多項式C ( x ) およびD ( x ) に対して存在します。この最後の結果は、ベズーのアイデンティティによって得られます。

この原理を使用すると、既約多項式のべき乗を分母とした有理関数の和としてR ( x ) を書くことができます。

最後にフォームの一部

$$ {{G \over F^n}} $$

は、分母がFのべき乗であり、分子がFより小さい次数である分数の和に、場合によっては別の多項式を加えたものとして書くことができます。これは、F によるユークリッド除算を連続して行うことで実現できます (この方法は、数値を基数 a に書き込むのに使用されるものと類似しています)。

K が複素数体である場合、 F は次数 1 (代数の基本定理) であるため、分子は一定です。 K が実数体である場合、F の次数は 1 または 2 になり、分子は線形または定数になります。

その他の例

• 以前に見た特定のケースを考えてみましょう。

$$ {{x+3 \over x^2-3x-40}} $$

これにより、次のようになります。

$$ {{x+3 \over x^2-3x-40}={x+3 \over (x-8)(x+5)}={A \over x-8}+{B \over x+5}.} $$

A と B の値は次のように見つけることができます。

$$ {A = {(x+3)(x-8) \over (x-8)(x+5)} \ avec \ x= {8}} $$

それで

$$ {A = {(8+3) \over (8+5) } = {11 \over 13}} $$

B についても同じように進めます。

$$ {B = {(x+3)(x+5) \over (x-8)(x+5)} \ avec \ x= {-5}} $$

それで

$$ {B = {(-5+3) \over (-5-8) } = {2 \over 13}} $$

• 同様に、有理関数を取ります

$$ {{x+3 \over x^4-5x^2+4}} $$

二乗多項式を因数分解し、顕著な恒等式を使用することによって、それを書くことができます

$$ {{x + 3 \over (x-1)(x+1)(x-2)(x+2)}} $$

これはさらに変形できます:

$$ {{x + 3 \over (x-1)(x+1)(x-2)(x+2)}= {A \over x-1}+{B\over x+1}+{C\over x-2}+{D\over x+2}} $$

係数 A を求めるには、単純に両辺にx – 1を掛けてから、x を 1 に置き換えます。

$$ {{x + 3 \over (x+1)(x-2)(x+2)}= A+{B(x-1)\over x+1}+{C(x-1)\over x-2}+{D(x-1)\over x+2}} $$

$$ {{1+3 \over (1+1)(1-2)(1+2)}= A =-{2 \over 3}} $$

同様に B を求めるには、 x + 1を乗算し、 x を-1 に置き換えます。

$$ {{-1+3 \over (-1-1)(-1-2)(-1+2)}= B ={1 \over 3}} $$

C の場合は、単純にx – 2を乗算し、 x を2 に置き換えます。

$$ {{2 +3 \over (2-1)(2+1)(2+2)}= C ={5 \over 12}} $$

D については、 x + 2を乗算し、 x を-2 に置き換えます。

$$ {{-2 +3 \over (-2-1)(-2+1)(-2-2)}= D = -{1 \over 12}} $$

それで

$$ {{x + 3 \over (x-1)(x+1)(x-2)(x+2)}= {-2/3 \over x-1}+{1/3\over x+1}+{5/12\over x-2}+{-1/12\over x+2}} $$

• 前述の例は、次の状況に一般化できます。

Q ( x ) を体K上の次数nのユニタリ多項式とします。その 1 次の因数への分解は次のとおりです。

$$ {Q(x)=\prod_{i=1}^n (x-x_i)} $$

ここで、すべてのx _iは2 つずつ異なります。言い換えれば、 Q はKに単純な根を持っています。 P ( x ) が次数の多項式の場合

$$ {\le n-1} $$

、ラグランジュ補間公式により、 P ( x ) は和として一意に書くことができます。

$$ {P(x)=\sum_{j=1}^n P(x_j)L_j(x;x_j)} $$

または

$$ {\, L_j(x;x_j)} $$

はラグランジュ多項式です

$$ {L_j(x;x_j)=\prod_{k\le n,\, k\ne j} {{(x-x_k)}\over {(x_j-x_k)}} \ .} $$

項間のラグランジュ表現を因数分解された形式のQ ( x ) で除算すると、次の結果が得られます。

$$ {{P(x)\over Q(x)} =\sum_{j=1}^n {P(x_j)\over {\prod_{k \le n, \, k\ne j} (x_j-x_k)}} \,\cdot {1 \over {x-x_j}} \ .} $$

そこから部分分数への分解に到達します

$$ {{P(x)\over Q(x)} =\sum_{j=1}^n c_j \cdot {1 \over {x-x_j}}} $$

有理関数の

$$ {\, R(x)=P(x)/Q(x)} $$

係数を使って

$$ {c_j= {P(x_j)\over {\prod_{k \le n, \, k\ne j} (x_j-x_k)}} \ .} $$

最初の例は特殊なケースで取得できます。

$$ {Q(x)=(x-1)(x+1)(x-2)(x+2), \; P(x)=x+3} $$

。