部分分数分解

代数学において、有理分数（つまり、分子と分母が両方とも多項式である分数）の部分分数分解または部分分数展開は、分数を多項式（場合によってはゼロ）と、より単純な分母を持つ1つまたは複数の分数の和として表す操作である。^[¹^]

部分分数分解の重要性は、それが有理関数のさまざまな計算のためのアルゴリズムを提供するという事実にあります。これには、原始関数の明示的な計算、^[²^]テイラー級数展開、逆 Z 変換、および逆ラプラス変換が含まれます。この概念は、1702 年にヨハン・ベルヌーイとゴットフリート・ライプニッツの両方によって独立に発見されました。^[³^]

記号で表すと、次の形式の有理分数の部分分数分解 ${\textstyle {\frac {f(x)}{g(x)}},}$ ここで、 $f$ と $g$ は多項式であり、有理分数の式は次のようになります。

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

ここで、 $p (x)$ は多項式であり、各 $j$ について、分母 $g j (x)$ は既約多項式(つまり、正の次数を持つ多項式に因数分解できない)のべき乗であり、分子 $f$ $j$ $($ $x$ $)$ はこの既約多項式の次数よりも小さい次数の多項式である。

明示的な計算が必要な場合、結果の説明において「既約多項式」を「平方因子を持たない多項式」に置き換える、より粗い分解が好まれることが多い。これにより、多項式の因数分解を、計算がはるかに容易な平方因子を持たない因数分解に置き換えることができる。これはほとんどの用途で十分であり、入力多項式の係数が整数または有理数である場合に無理係数を導入することを回避できる。

基本原則

させて $R(x)={\frac {F}{G}}$ は有理分数であり、 $F$ と $Gは体上の$ 不定元 $x$ に関する1変数多項式である。部分分数分解の存在は、以下の還元手順を帰納的に適用することで証明できる。

多項式部分

$2つの多項式E$ と $F1$ が存在し $、$ ${\frac {F}{G}}=E+{\frac {F_{1}}{G}},$ そして $\deg F_{1}<\deg G,$ どこ $\deg P$ は多項式 $Pの$ 次数を表します。

$これは、 F$ を $G$ でユークリッド分割することによって直ちに得られる結果であり、 $E$ と $F$ $1$ が存在し、 $F=EG+F_{1}$ そして $\deg F_{1}<\deg G.$

これにより、次のステップで次のように仮定することができます。 $\°F<\°G.$

分母の因数

もし $\°F<\°G,$ そして $G=G_{1}G_{2},$ $G 1$ と $G 2$ が互いに素な多項式である場合、多項式が存在する。 $F_{1}$ そして $F_{2}$ そのため ${\frac {F}{G}}={\frac {F_{1}}{G_{1}}}+{\frac {F_{2}}{G_{2}}},$ そして $\deg F_{1}<\deg G_{1}\quad {\text{and}}\quad \deg F_{2}<\deg G_{2}.$

これは次のように証明できます。ベズーの恒等式は、次のような多項式 $C$ と $Dが存在することを主張します。$ $CG_{1}+DG_{2}=1$ （仮説により、 $1は$ $G1$ $と$ G2 $の$ 最大公約数で $ある$ 。）

させて $DF=G_{1}Q+F_{1}$ と $\deg F_{1}<\deg G_{1}$ $DF$ のユークリッド分割を次のようにします。 $G_{1}.$ 設定 $F_{2}=CF+QG_{2},$ 1つ手に入れる ${\begin{aligned}{\frac {F}{G}}&={\frac {F(CG_{1}+DG_{2})}{G_{1}G_{2}}}={\frac {DF}{G_{1}}}+{\frac {CF}{G_{2}}}\\&={\frac {F_{1}+G_{1}Q}{G_{1}}}+{\frac {F_{2}-G_{2}Q}{G_{2}}}\\&={\frac {F_{1}}{G_{1}}}+Q+{\frac {F_{2}}{G_{2}}}-Q\\&={\frac {F_{1}}{G_{1}}}+{\frac {F_{2}}{G_{2}}}.\end{aligned}}$ 示す必要があるのは $\deg F_{2}<\deg G_{2}.$ 最後の分数の合計を共通分母に約分すると、 $F=F_{2}G_{1}+F_{1}G_{2},$ そしてこうして ${\begin{aligned}\deg F_{2}&=\deg(F-F_{1}G_{2})-\deg G_{1}\leq \max(\deg F,\deg(F_{1}G_{2}))-\deg G_{1}\\&<\max(\deg G,\deg(G_{1}G_{2}))-\deg G_{1}=\度 G_{2}\end{整列}}$

分母のべき乗

前述の分解を帰納的に用いると、次の形式の分数が得られる。 ${\frac {F}{G^{k}}},$ と $\度 F<\度 G^{k}=k\度 G,$ ここで、 $G$ $は$ 既約多項式である。k $> 1の場合、既約多項式は$ 平方因子を持たない多項式である、すなわち、を用いてさらに分解することができる。 $1$ は、多項式とその導関数の最大公約数です。 $G'$ $はG$ の導関数であり、ベズーの恒等式は、次のような多項式 $C$ と $Dを提供する。$ $CG+DG'=1$ そしてこうして $F=FCG+FDG'.$ ユークリッド分割 $FDG'$ による $G$ 多項式を与える $H_{k}$ そして $Q$ そのため $FDG'=QG+H_{k}$ そして $\deg H_{k}<\deg G.$ 設定 $F_{k-1}=FC+Q,$ 1つ手に入れる ${\frac {F}{G^{k}}}={\frac {H_{k}}{G^{k}}}+{\frac {F_{k-1}}{G^{k-1}}},$ と $\deg H_{k}<\deg G.$

このプロセスを繰り返す ${\frac {F_{k-1}}{G^{k-1}}}$ の代わりに ${\frac {F}{G^{k}}}$ 最終的に以下の定理に至る。

声明

定理— $f$ と $g$ を体 $K$ 上の非零多項式とする。g $を$ 異なる既約多項式のべき乗の積として表す。 $g=\prod _{i=1}^{k}p_{i}^{n_{i}}.$

deg $a$ $ij$ $< deg$ $p$ $i を$ 満たす（一意の）多項式 $b$ と $a ij$ が存在し $、$ ${\frac {f}{g}}=b+\sum _{i=1}^{k}\sum _{j=1}^{n_{i}}{\frac {a_{ij}}{p_{i}^{j}}}.$

deg $f < deg g$ の場合、 $b = 0 となり$ $ます$ 。

一意性は次のように証明できます。d = max(1 + deg f , deg g ) とします $。b と a ij は合わせ$ $て$ d $個の$ 係数 $を$ 持ちます。分解の形状は、係数ベクトルから次数が $d$ 未満の多項式 $fへの$ 線形写像を定義します。存在証明は、この写像が全射であることを意味します。2 つのベクトル空間は同じ次元を持つため、写像は単射でもあり、これは分解の一意性を意味します。ちなみに、この証明は線形代数による分解の計算アルゴリズムを導きます。

$K$ が複素数体である場合、代数学の基本定理は、すべての $p i が$ 次数 1 であり、すべての分子が $a_{ij}$ は定数です。K が実数体の場合 $、$ p i $の一部$ は二次式になる可能性があるため、部分分数分解では、一次多項式と二次多項式のべき乗の商も現れる可能性があります。

前述の定理において、「異なる既約多項式」を「導関数と互いに素な、互いに素な多項式」に置き換えることができる。例えば、 $p i は$ $g$ の平方因子を含まない因数分解の因子である。K $が$ 有理数体である場合（これは数式処理において一般的に見られるケースである）、部分分数分解を計算する際に、因数分解を最大公約数計算に置き換えることができる。

記号積分への応用

記号積分の目的のために、前述の結果は次のように改良することができる。

定理— fとgを体K上の非零多項式とする。gを、代数的に閉じた体において多重根を持たない互いに素な多項式のべき乗の積として表す。

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

deg $c$ $ij$ $< deg$ $p$ $i$ $を$ 満たす（一意の）多項式bとc _ijが存在し、 ${\frac {f}{g}}=b+\sum _{i=1}^{k}\sum _{j=2}^{n_{i}}\left({\frac {c_{ij}}{p_{i}^{j-1}}}\right)'+\sum _{i=1}^{k}{\frac {c_{i1}}{p_{i}}}.$ どこ $X'$ の導関数を表す $X.$

これにより、有理関数の原始関数の計算は、最後の和（対数部分と呼ばれる）の積分に帰着する。なぜなら、その原始関数は対数の線形結合だからである。

定理における分解を計算する方法はいくつかあります。簡単な方法の1つは、エルミート法と呼ばれています。まず、fをgでユークリッド除算することにより、 bが直ちに計算され、deg( f ) < deg( g )の場合に帰着します。次に、deg( c _ij ) < deg( p _i ) であることがわかっているので、各c _{ij を}未知の係数を持つ多項式として表すことができます。定理の分数の和を共通分母に還元し、2 つの分子のxの各べき乗の係数を等しくすると、未知の係数の目的の (一意の) 値を得るために解くことができる線形方程式系が得られます。

手順

2つの多項式が与えられた $P(x)$ そして $Q(x)=(x-\alpha _{1})(x-\alpha _{2})\cdots (x-\alpha _{n})$ ここで、α _{n は}異なる定数であり、 $deg P < n$ である。部分分数の明示的な式は、次のように仮定することで得られる。 ${\frac {P(x)}{Q(x)}}={\frac {c_{1}}{x-\alpha _{1}}}+{\frac {c_{2}}{x-\alpha _{2}}}+\cdots +{\frac {c_{n}}{x-\alpha _{n}}}$ そして、代入法、xのべき乗を含む項の係数を等しくする方法、またはその他の方法で、定数c _iを求めます。（これは未定係数法の変形です。方程式の両辺に Q(x) を掛けると、方程式の一方の辺は特定の多項式になり、もう一方の辺は未定係数の多項式になります。等号が成り立つのは、xの同じべき乗の係数が等しい場合のみです。これにより、n 個の未知数 c _kを含む n 個の方程式が得られます。）

ラグランジュ補間と密接に関連する、より直接的な計算は、次のように記述することから成ります。 ${\frac {P(x)}{Q(x)}}=\sum _{i=1}^{n}{\frac {P(\alpha _{i})}{Q'(\alpha _{i})}}{\frac {1}{(x-\alpha _{i})}}$ どこ $Q'$ は多項式の導関数です $Q$ 係数 ${\tfrac {1}{x-\alpha _{j}}}$ これらはf/gの残余物と呼ばれます。

このアプローチでは他のいくつかのケースは考慮されていませんが、必要に応じて修正できます。

もし $\deg P\geq \deg Q,$ 次に、多項式の長除法を用いてPをQでユークリッド除算し、 $P$ $($ $x$ $) =$ $E$ $($ $x$ $)$ $Q$ $($ $x$ $) +$ $R$ $($ $x$ $)$ $(deg$ $R$ $<$ $n)$ とします。これをQ ( x )で割ると、 ${\frac {P(x)}{Q(x)}}=E(x)+{\frac {R(x)}{Q(x)}},$ そして、残りの部分分数の部分分数を求めます（定義により、 $deg R < deg Q$ を満たします）。
Q ( x ) に、与えられた体上で既約な非線形因子が含まれる場合、分母にそのような因子F ( x ) を含む各部分分数の分子N ( x ) は、定数ではなく、 $deg$ $N$ $< deg$ $F$ の多項式として求められなければなりません。例えば、R上の次の分解を考えてみましょう。 ${\frac {x^{2}+1}{(x+2)(x-1)\color {Blue}(x^{2}+x+1)}}={\frac {a}{x+2}}+{\frac {b}{x-1}}+{\frac {\color {OliveGreen}cx+d}{\color {Blue}x^{2}+x+1}}.$
$Q (x) = (x - α) rS (x)$ かつ $S$ $($ $α$ $)\neq0$ 、すなわち $α$ $が$ $Q$ $($ $x$ $)$ の重複度 $r$ の根であると仮定します。部分分数分解では、 $($ $x$ $-$ $α$ $)の$ $r$ 乗が部分分数の分母として現れます（分子は0になる場合もあります）。例えば、 $S$ $($ $x$ $) = 1$ の場合、部分分数分解は次の形式になります。 ${\frac {P(x)}{Q(x)}}={\frac {P(x)}{(x-\alpha )^{r}}}={\frac {c_{1}}{x-\alpha }}+{\frac {c_{2}}{(x-\alpha )^{2}}}+\cdots +{\frac {c_{r}}{(x-\alpha )^{r}}}.$

図

この手順の適用例として、 $(3 x + 5)/(1 - 2 x) 2 は$ 次のように分解できます。

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

分母を消去すると、 $3 x + 5 = A + B (1 - 2 x)$ となります $。x$ のべき乗の係数を展開して等しくすると、

5 = A + B

および

3 x = -2 Bx

この連立一次方程式を $A$ と $B$ について解くと、 $A = 13/2、 B = -3/2$ となる。したがって、

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

残留物分析法

複素数体上で、f ( x )が有理真分数であり、次のように分解できると仮定します。

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

させて $g_{ij}(x)=(x-x_{i})^{j-1}f(x),$ ローラン級数の一意性によれば、a _ijは点x _iに関するg _ij ( x )のローラン展開における項 $(x - x i) -1$ の係数、すなわちその留数である。 $a_{ij}=\operatorname {Res} (g_{ij},x_{i}).$

これは、次の式で直接与えられます。 $a_{ij}={\frac {1}{(k_{i}-j)!}}\lim _{x\to x_{i}}{\frac {d^{k_{i}-j}}{dx^{k_{i}-j}}}\left((x-x_{i})^{k_{i}}f(x)\right),$ または、 x _iが単純根である特別な場合、 $a_{i1}={\frac {P(x_{i})}{Q'(x_{i})}},$ いつ $f(x)={\frac {P(x)}{Q(x)}}.$

現実を超えて

部分分数分解は、実変数積分計算において、有理関数の実数値原始関数を求めるために用いられます。実有理関数の部分分数分解は、その逆ラプラス変換を求めるためにも用いられます。実数における部分分数分解の応用については、以下を参照してください。

総合結果

させて $f(x)$ は実数上の任意の有理関数とする。言い換えれば、実多項式関数が存在すると仮定する。 $p(x)$ そして $q(x)\neq 0$ 、したがって $f(x)={\frac {p(x)}{q(x)}}$

分子と分母の両方を、 $q(x)$ 一般性を失うことなく、 $q(x)$ は単項である。代数学の基本定理により、次のように書ける。

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

どこ $a_{1},\dots ,a_{m}$ 、 $b_{1},\dots ,b_{n}$ 、 $c_{1},\dots ,c_{n}$ は実数で $b_{i}^{2}-4c_{i}<0$ 、そして $j_{1},\dots ,j_{m}$ 、 $k_{1},\dots ,k_{n}$ 正の整数です。 $(x-a_{i})$ 線形因子は $q(x)$ これは、 $q(x)$ 、および条件 $(x_{i}^{2}+b_{i}x+c_{i})$ は、の既約二次因子である。 $q(x)$ これは、複素共役根のペアに対応します。 $q(x)$ 。

次に、部分分数分解 $f(x)$ 以下のとおりです。

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

ここで、P ( x )は（ゼロの場合もある）多項式であり、Air、Bir、Cir_{は実定数です。これら}_の定数_を求める方法はいくつかあります。

最も簡単な方法は、共通分母q ( x ) を両辺に掛けることです。すると、左辺が単にp ( x ) で、右辺の係数が定数A _ir、B _ir、C _irの線形式である多項式の方程式が得られます。2 つの多項式が等しいのは、対応する係数が等しい場合のみであるため、同類項の係数を等しくすることができます。このようにして、常に一意の解を持つ線形方程式系が得られます。この解は、線形代数の標準的な方法のいずれかを使用して求めることができます。また、極限を使用して求めることもできます(例 5 を参照)。

例

例１

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

ここでは、分母が2つの異なる線形因子に分割されます。

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

部分分数分解

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

左辺の分母を掛けると、多項式の恒等式が得られます。

$1=A(x-1)+B(x+3)$

この式にx = −3を代入するとA = −1/4 となり、x = 1を代入するとB = 1/4 となるので、

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

例２

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

長除法の後、

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

因数 $x 2 - 4 x + 8は、$ 判別式 $(-4) 2 - 4 \times 8 = -16$ が負であるため、実数上で既約です。したがって、実数上の部分分数分解は次のようになります。

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

$x 3 - 4 x 2 + 8 x$ を掛けると、次の多項式恒等式が得られます。

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

$x = 0$ とすると、 $16 = 8 A$ となり、 $A = 2$ となります。x ²の係数を比較すると、 $4 = A + B = 2 + B$ となり、 $B = 2$ となります。線形係数を比較すると、 $-8 = -4 A + C = -8 + C$ となり、 $C = 0 と$ なります。まとめると、

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

この分数は複素数を用いて完全に分解できます。代数学の基本定理によれば、次数nのすべての複素多項式はn 個の（複素）根を持ちます（そのうちいくつかは重複する可能性があります）。2 番目の分数は次のように分解できます。

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

分母を掛け合わせると次のようになります。

$x=D(x-(2-2i))+E(x-(2+2i))$

この等式の両辺の $x$ の係数と定数 ( $x$ に関して) の係数を等しくすると、 $D$ と $E$ に関する 2 つの線形方程式のシステムが得られ、その解は次のようになります。

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

したがって、完全な分解が得られます。

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

また、剰余法を用いて $A 、 D$ 、 $Eを$ 直接計算することもできます（下記の例4も参照）。

例３

この例は、コンピュータ代数システムを参照する以外に、私たちが使う必要のあるほぼすべての「テクニック」を示しています。

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

長除法と分母の因数分解の後、次のようになります。

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

部分分数分解は次の形式をとる。

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

左辺の分母を掛けると、多項式の恒等式が得られます。

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

次に、 xの異なる値を用いて係数を計算します。

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

これを解くと次のようになります。

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

これらの値を用いると、次のように記述できます。

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

両辺のx ⁶とx ⁵の係数を比較すると、次のようになります。

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

したがって：

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

これによりB = 0が得られます。したがって、部分分数分解は次のようになります。

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

あるいは、展開する代わりに、係数に関する他の線形依存性を、いくつかの導関数を計算することによって得ることができる。 $x=1,\imath$ 上記の多項式恒等式において。（この目的のために、m > 1の場合、 ( x − a ) ^m p ( x ) のx = aにおける導関数はゼロになり、 m = 1 の場合はp ( a )となることを思い出してください。）例えば、x = 1 における一次導関数は次のようになります。

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

つまり、8 = 4 B + 8 なので、B = 0 となります。

例4（残留法）

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

したがって、f ( z )は、分母がz +1、z -1、z +i、z -iである有理関数に分解できます。各項は1乗なので、-1、1、-i 、iは単純極です。

したがって、各極に関連付けられた残差は、 ${\frac {P(z_{i})}{Q'(z_{i})}}={\frac {z_{i}^{2}-5}{4z_{i}^{3}}},$ は $1,-1,{\tfrac {3i}{2}},-{\tfrac {3i}{2}},$ それぞれ、

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

例5（極限法）

極限を用いることで部分分数分解を求めることができる。^{[ 4 ]}次の例を考えてみよう。

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

まず、分解を決定する分母を因数分解します。

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

全てに $x-1$ 極限を取ると $x\to 1$ そうすれば

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

一方で、

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

そしてこうして：

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

$x$ を掛けて極限を取ると $x\to \infty$ 、我々は持っています

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

そして

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

これは $A + B = 0$ を意味し、したがって $B=-{\frac {1}{3}}$ 。

$x = 0$ の場合、 $-1=-A+C,$ そしてこうして $C=-{\tfrac {2}{3}}$ 。

全てをまとめると、分解式が得られます。

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

例6（積分）

不定積分があると仮定します。

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

分解を行う前に、多項式の長除法を行い、分母を因数分解する必要があることは明らかです。これを行うと、次のようになります。

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

これを踏まえて、部分分数分解を実行できます。

$\int \left(x^{2}+3+{\frac {-3x+7}{(x+2)(x-1)}}\right)dx=\int \left(x^{2}+3+{\frac {A}{(x+2)}}+{\frac {B}{(x-1)}}\right)dx$ それで： $A(x-1)+B(x+2)=-3x+7$ この場合、Bを求めるにはx=1、Aを求めるにはx=-2という値を代入すると、次のようになります。

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

これら全てを積分式に代入することで、答えを見つけることができます。

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

テイラー多項式の役割

有理関数の部分分数分解は、テイラーの定理と次のように関連付けることができます。

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

実数または複素数の多項式であると仮定します。

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

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

また定義する

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

次に

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

各多項式が $A_{i}(x)$ はテイラー多項式である ${\tfrac {P}{Q_{i}}}$ 順序 $\nu _{i}-1$ その時点で $\lambda _{i}$ :

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

テイラーの定理（実数または複素数の場合）は、部分分数分解の存在と一意性、および係数の特徴付けの証明を提供する。

証明の概略図

上記の部分分数分解は、1 ≤ i ≤ rのそれぞれについて、多項式展開を意味する。

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

それで $A_{i}$ はテイラー多項式である ${\tfrac {P}{Q_{i}}}$ 次数の多項式展開の一意性のため $\nu _{i}-1$ 仮定により $\deg A_{i}<\nu _{i}$ 。

逆に、 $A_{i}$ はテイラー多項式であり、各 $\lambda _{i}$ 保持する、したがって、我々はまた

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

これは、多項式が $P-Q_{i}A_{i}$ は割り切れる $(x-\lambda _{i})^{\nu _{i}}.$

のために $j\neq i,Q_{j}A_{j}$ は、 $(x-\lambda _{i})^{\nu _{i}}$ 、それで

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

は割り切れる $Q$ 。以来

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

すると、

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

そして、部分分数分解をで割ると、 $Q$ 。

整数の分数

部分分数の概念は、他の整数領域、例えば素数が既約分母の役割を果たす整数環にも一般化できる。例えば：

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

注記

↑ラーソン、ロン (2016).代数と三角法. Cengage Learning. ISBN 9781337271172。
↑ Horowitz, Ellis. "部分分数分解と有理関数積分のアルゴリズム"。第2回ACMシンポジウム「記号および代数操作」論文集。ACM、1971年。
↑グロショルツ、エミリー（2000）。数学的知識の成長。クルーワー・アカデミック出版社。179ページ。ISBN 978-90-481-5391-6。
↑ Bluman, George W. (1984). Problem Book for First Year Calculus . New York: Springer-Verlag. pp. 250–251 .

参考文献

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外部リンク

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ブレイク、サム。「ステップバイステップの部分分数」。 2013年9月4日にオリジナルからアーカイブ済み。2012年3月10日に取得。
Scilabを使用して部分分数分解を行います。

[1] ラーソン、ロン (2016).代数と三角法. Cengage Learning. ISBN 9781337271172。

[2] Horowitz, Ellis. "部分分数分解と有理関数積分のアルゴリズム"。第2回ACMシンポジウム「記号および代数操作」論文集。ACM、1971年。

[3] グロショルツ、エミリー（2000）。数学的知識の成長。クルーワー・アカデミック出版社。179ページ。ISBN 978-90-481-5391-6。

[4] Bluman, George W. (1984). Problem Book for First Year Calculus . New York: Springer-Verlag. pp. 250–251 .

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部分分数分解

基本原則

多項式部分

分母の因数

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図

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