部分分式的代數理論

我們用符號\mathbb{R}[x]來表示所有實係數多項式所構成的集合,用符號\mathbb{R}\left(x\right)表示所有實係數有理函數所構成得集合。本文中,所有的多項式均為實係數多項式,所有的有理函數均為實係數有理函數。本文中,我們要談有理函數的「部分分式」的理論。

形如\displaystyle\frac{g\left(x\right)}{f\left(x\right)} 的函數稱為有理函數,其中f\left(x\right),g\left(x\right)為多項式且f\left(x\right)不是0多項式。由歐幾里得長除法可知,可找到多項式Q\left(x\right)r\left(x\right)使得

g\left(x\right)=f\left(x\right)Q\left(x\right)+r\left(x\right),此處r\left(x\right)=0\deg r\left(x\right)<\deg f\left(x\right)。此時,

\displaystyle\frac{g\left(x\right)}{f\left(x\right)} =Q\left(x\right)+\frac{r\left(x\right)}{f\left(x\right)}

由此可知,不失一般性的情況下,我們假設\deg g\left(x\right)<\deg f\left(x\right)

【定義】給定多項式f\left(x\right),h\left(x\right),p\left(x\right)

  1. 若可找到多項式Q\left(x\right)使得f\left(x\right)=h\left(x\right)Q\left(x\right),我們稱h\left(x\right)f\left(x\right)的因式,稱f\left(x\right)h\left(x\right)的倍式。
  2. 如果多項式p\left(x\right)滿足下列性質,我們稱p\left(x\right)為質多項式:如果p\left(x\right)=u\left(x\right)v\left(x\right)u\left(x\right),v\left(x\right)為多項式,則u\left(x\right)v\left(x\right)為常數多項式。
  3. 如果p\left(x\right)是質多項式且為f\left(x\right)的因式,我們稱p\left(x\right)f\left(x\right)的質因式。

【定義】 給定多項式f\left(x\right),g\left(x\right)

1.如果多項式u\left(x\right)同時為f\left(x\right),g\left(x\right)的因式,我們稱u\left(x\right)f\left(x\right),g\left(x\right)的公因式。

2. 如果多項式d\left(x\right)f\left(x\right),g\left(x\right)的公因式且滿足下列條件,我們稱d\left(x\right)f\left(x\right),g\left(x\right)的最大公因式:「若u\left(x\right)f\left(x\right),g\left(x\right)的公因式,則\left. u\left(x\right)\right|d\left(x\right)。」

3. 我們使用符號\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)來表示f\left(x\right),g\left(x\right)的最大公因式。由於最大公因式之間差一個非零的數,通常我們用\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)來表示首項係數為1的f\left(x\right),g\left(x\right)之最大公因式。

【定義】給定多項式f\left(x\right),g\left(x\right)

  1. 如果多項式u\left(x\right)同時為f\left(x\right),g\left(x\right)的倍式,我們稱u\left(x\right)f\left(x\right),g\left(x\right)的公倍式。
  2. 如果多項式M\left(x\right)f\left(x\right),g\left(x\right)的公倍式且滿足下列條件,我們稱M\left(x\right)f\left(x\right),g\left(x\right)的最小公倍式:「若u\left(x\right)f\left(x\right),g\left(x\right)的公倍式,則\left. M\left(x\right)\right|u\left(x\right)。」
  3. 我們使用符號\left[f\left(x\right),g\left(x\right)\right]來表示f\left(x\right),g\left(x\right)的最小公倍式。由於最小公倍式之間差一個非零的數,通常我們用\left[f\left(x\right),g\left(x\right)\right]來表示首項係數為1的f\left(x\right),g\left(x\right)之最大公因式。

【貝祖定理】

給定非零多項式f\left(x\right),g\left(x\right)。可找到多項式u\left(x\right),v\left(x\right)使得

f\left(x\right)u\left(x\right)+g\left(x\right)v\left(x\right)=d\left(x\right)

其中d\left(x\right)=\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)。    

 證明: 考慮集合

S=\left\{f\left(x\right)u\left(x\right)+g\left(x\right)v\left(x\right):u\left(x\right),v\left(x\right)\in \mathbb{R}\left[x\right]\right\}

N_{S} =\left\{\deg p:p\left(x\right)\in S\setminus\{0\}\right\}。由於N_{S} 是自然數集合\mathbb{N}的子集合,根據自然數的良序原理(well-ordering principle),N_{S} 有最小值。記n=\min N_{S} 。取d'\left(x\right)\in S使得\deg d'\left(x\right)=n。接著我們來驗證d'\left(x\right)f\left(x\right),g\left(x\right)最大公因式。

d\left(x\right)=\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right),則f\left(x\right)=d\left(x\right)f_{1} \left(x\right),g\left(x\right)=d\left(x\right)g_{1} \left(x\right)。由於'\left(x\right)\in S,可找到多項式u\left(x\right),v\left(x\right)使得

d'\left(x\right)=f\left(x\right)u\left(x\right)+g\left(x\right)v\left(x\right)=d\left(x\right)\left(f_{1} \left(x\right)u\left(x\right)+g_{1} \left(x\right)v\left(x\right)\right)

因此\left. d\left(x\right)\right|d'\left(x\right)。我們接著來證明d'\left(x\right)f\left(x\right),g\left(x\right)的公因式。利用長除法,f\left(x\right)=d'\left(x\right)f_{1} \left(x\right)+r_{1} \left(x\right)g\left(x\right)=d'\left(x\right)g_{1} \left(x\right)+r_{2} \left(x\right)。我們希望證明r_{1} \left(x\right)=r_{2} \left(x\right)=0。假設r_{1} \left(x\right),r_{2} \left(x\right)不是非零多項式,則\deg r_{1} ,\deg r_{2} <\deg d'。由於d'\left(x\right)=f\left(x\right)u\left(x\right)+g\left(x\right)v\left(x\right)

f\left(x\right)=\left(f\left(x\right)u\left(x\right)+g\left(x\right)v\left(x\right)\right)f_{1} \left(x\right)+r_{1} \left(x\right),推得

f\left(x\right)\left(1-u\left(x\right)f_{1} \left(x\right)\right)+g\left(x\right)\left(-v\left(x\right)f_{1} \left(x\right)\right)=r_{1} \left(x\right)

可知r_{1} \left(x\right)\in S,又\deg r_{1} <\deg d'此與\deg d'=\min N_{S} 產生矛盾,因此r_{1} \left(x\right)=0。同理,r_{2} \left(x\right)=0。所以我們推得d'\left(x\right)f\left(x\right),g\left(x\right)的公因式。由於d\left(x\right)=\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right),可知\left. d'\left(x\right)\right|d\left(x\right)。根據\left. d\left(x\right)\right|d'\left(x\right)\left. d'\left(x\right)\right|d\left(x\right),可知d'\left(x\right)=ad\left(x\right),其中a\neq 0。所以d'\left(x\right)f\left(x\right),g\left(x\right)的最大公因式。

【定義】給定非零多項式f\left(x\right),g\left(x\right)。若\left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)=1,我們稱f\left(x\right),g\left(x\right)互質。

【推論1】若f\left(x\right),g\left(x\right)為互質多項式,則存在多項式u\left(x\right),v\left(x\right)使得

f\left(x\right)u\left(x\right)+g\left(x\right)v\left(x\right)=1

【推論2】給定非零多項式f\left(x\right),g\left(x\right)。若f\left(x\right)=f_{1} \left(x\right)f_{2} \left(x\right),且f_{1} \left(x\right),f_{2} \left(x\right)為互質的多項式,則存在多項式g_{1} \left(x\right),g_{2} \left(x\right)使得

\displaystyle\frac{g\left(x\right)}{f\left(x\right)} =\frac{g_{1} \left(x\right)}{f_{1} \left(x\right)} +\frac{g_{2} \left(x\right)}{f_{2} \left(x\right)}

證明:因為f_{1} \left(x\right),f_{2} \left(x\right)互質,取多項式u\left(x\right),v\left(x\right)使得f_{1} \left(x\right)u\left(x\right)+f_{2} \left(x\right)v\left(x\right)=1。則

\displaystyle\frac{1}{f\left(x\right)} =\frac{1}{f_{1} \left(x\right)f_{2} \left(x\right)} =\frac{f_{1} \left(x\right)u\left(x\right)+f_{2} \left(x\right)v\left(x\right)}{f_{1} \left(x\right)f_{2} \left(x\right)} =\frac{f_{2} \left(x\right)v\left(x\right)}{f_{1} \left(x\right)} +\frac{f_{1} \left(x\right)u\left(x\right)}{f_{2} \left(x\right)}

g_{1} \left(x\right)=g\left(x\right)f_{2} \left(x\right)v\left(x\right)g_{2} \left(x\right)=g\left(x\right)f_{1} \left(x\right)u\left(x\right),則g_{1} \left(x\right),g_{2} \left(x\right)即為所求。

【推論3】給定非零多項式f\left(x\right),g\left(x\right)。若f\left(x\right)=f_{1} \left(x\right)f_{2} \left(x\right)\cdots f_{n} \left(x\right),且f_{1} \left(x\right),\cdots ,f_{n} \left(x\right)兩兩互質,則存在多項式g_{1} \left(x\right),\cdots ,g_{n} \left(x\right)使得

\displaystyle\frac{g\left(x\right)}{f\left(x\right)} =\frac{g_{1} \left(x\right)}{f_{1} \left(x\right)} +\cdots +\frac{g_{n} \left(x\right)}{f_{n} \left(x\right)}

 證明:我們使用歸納法證明。n=1時顯然成立。假設n=k時成立。

假設f\left(x\right)=f_{1} \left(x\right)f_{2} \left(x\right)\cdots f_{n} \left(x\right)f_{n+1} \left(x\right),取F_{1} \left(x\right)=f_{1} \left(x\right)\cdots f_{k} \left(x\right),F_{2} \left(x\right)=f_{k+1} \left(x\right)。由於f_{1} \left(x\right),\cdots ,f_{k+1} \left(x\right)兩兩互質,則F_{1} \left(x\right)F_{2} \left(x\right)互質,且f\left(x\right)=F_{1} \left(x\right)F_{2} \left(x\right)。根據推論2,可找到多項式G_{1} \left(x\right),G_{2} \left(x\right)使得

\displaystyle\frac{g\left(x\right)}{f\left(x\right)} =\frac{G_{1} \left(x\right)}{F_{1} \left(x\right)} +\frac{G_{2} \left(x\right)}{F_{2} \left(x\right)}

g_{k+1} \left(x\right)=G_{2} \left(x\right),則\displaystyle\frac{g\left(x\right)}{f\left(x\right)} =\frac{G_{1} \left(x\right)}{F_{1} \left(x\right)} +\frac{g_{k+1} \left(x\right)}{f_{k+1} \left(x\right)} 。根據歸納法假設,

\displaystyle\frac{G_{1} \left(x\right)}{F_{1} \left(x\right)} =\frac{g_{1} \left(x\right)}{f_{1} \left(x\right)} +\cdots +\frac{g_{k} \left(x\right)}{f_{k} \left(x\right)}

推得

\displaystyle\frac{g\left(x\right)}{f\left(x\right)} =\frac{g_{1} \left(x\right)}{f_{1} \left(x\right)} +\cdots +\frac{g_{k} \left(x\right)}{f_{k} \left(x\right)} +\frac{g_{k+1} \left(x\right)}{f_{k+1} \left(x\right)}

因此n=k+1時也成立。由數學歸納法可知,此式對任意的自然數n恆成立。

【定理】在\mathbb{R}\left[x\right]中,首項係數為1的質多項式形如:

  1. x-a
  2. x^{2} +bx+c,其中b^{2} -4c<0

【定理】(多項式質因式分解定理)任何實係數多項式都可以唯一分解為

\displaystyle f\left(x\right)=c\prod _{k=1}^{p}\left(x-a_{k} \right)^{m_{k} }\prod _{j=1}^{q}\left(x^{2} +b_{j} x+c_{j} \right)^{n_{j} } 

其中a_{1} ,\cdots ,a_{p} 兩兩相異,且x^{2} +b_{j} x+c_{j} 兩兩相異並滿足b_{j}^{2} -4c_{j} <0

根據推論3與質因式分解定理,

(1.1) \displaystyle\frac{g(x)}{f(x)}=\sum_{k=1}^{p}\frac{g_{k}(x)}{(x-a_{k})^{m_{k}}}+\sum_{j=1}^{q}\frac{h_{j}(x)}{(x^{2}+b_{j}x+c_{j})^{n_{j}}}.

此處g_{k} \left(x\right)h_{j} \left(x\right)為多項式。根據(1.1)我們僅須研究型如\displaystyle\frac{g\left(x\right)}{\left(x-a\right)^{m} } \displaystyle\frac{h\left(x\right)}{\left(x^{2} +bx+c\right)^{n} } 的有理函數。利用長除法,我們可以得到

g\left(x\right)=c_{1} \left(x-a\right)^{m-1} +c_{2} \left(x-a\right)^{m-2} +\cdots +c_{m}

(1.2) \displaystyle\frac{g\left(x\right)}{\left(x-a\right)^{m} } =\frac{c_{1} }{x-a} +\frac{c_{2} }{\left(x-a\right)^{2} } +\cdots +\frac{c_{m} }{\left(x-a\right)^{m} }

利用長除法,我們可以得到

\displaystyle h\left(x\right)=\sum_{j=1}^{n}\left(c_{j} x+d_{j} \right)\left(x^{2} +bx+c\right)^{n-j}

因此,

(1.3)

\displaystyle\frac{h\left(x\right)}{\left(x^{2} +bx+c\right)^{n} } =\sum_{j=1}^{n}\frac{c_{j} x+d_{j} }{(x^{2} +bx+c)^{j}}

(1.1),(1.2),(1.3)我們得到了\displaystyle\frac{g\left(x\right)}{f\left(x\right)} 部分分式分解。

寫證明的注意事項

我給大一新生寫的證明注意事項,分享給網友。

命題(Proposition)是可以判斷真偽(True or False)的句子,例如,2是12的因數。寫證明是呈現命題中句子之間的邏輯關係(論證),你必須要把你的論證的理由說明清楚,且不能讓你的讀者幫你拼湊你寫的論證。做論證時,你必須說明清楚你論述的依據為何,論證的句型為「若P,則Q」,意思就是「因為….,所以….」。做邏輯論證時,不用每個句子都寫「因為…所以」。如果證明過程中需要計算結果,要把重要的計算過程寫出來,否則人家不知道你是如何得到等式的。以下來看幾個例子:

命題1. 證明2是12的因數。

較差的證明:根據定義2是12的因數。

雖然我們是根據定義驗證2是12的因數,但此處並沒有說明是根據甚麼定義證明的。一個比較好的證明參考如下:

證明:由於12=2\times 6,且2與6是正整數。根據因數的定義,2是12的因數。

此處強調2與6是整數是必要的,例如,12=5\times \frac{12}{5},由於\frac{12}{5}不是整數,儘管我們將12拆成兩數相乘,但不代表5是12的因數。接著我們來看一個我們熟悉的命題:算幾不等式。

命題2.若a,b是非負實數,則\displaystyle\frac{a+b}{2}\geq\sqrt{ab}.

比較不好的證明:

\displaystyle\frac{a+b}{2}-\sqrt{ab}=\frac{a-2\sqrt{ab}+b}{2}=\frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^{2}}{2}\geq 0.

這證明不夠好的理由如下:

  1. 只有等式與不等式,沒有任何論證。
  2. \displaystyle a-2\sqrt{ab}+b=\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^{2}成立有條件。

命題二的參考證明:

由於a,b為非負實數,\sqrt{a},\sqrt{b}均為非負實數。根據非負實數的指數律

(1) \sqrt{a}\sqrt{b}=\sqrt{ab}

(2)(\sqrt{a})^{2}=a

由乘法公式可知,對任意的實數x,y恆有

(3)(x-y)^{2}=x^{2}-2xy+y^{2}.

由於\sqrt{a},\sqrt{b}均為非負實數,利用(1),(2)與乘法公式(3),取x=\sqrt{a}y=\sqrt{b},得到

(4)(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}=(\sqrt{a})^{2}-2\sqrt{a}\sqrt{b}+(\sqrt{b})^{2}=a-2\sqrt{ab}+b

根據(4),我們得到

(5)\displaystyle\frac{a+b}{2}-\sqrt{ab}=\frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^{2}}{2}.

由於\sqrt{a},\sqrt{b}均為非負實數,\sqrt{a}-\sqrt{b}為實數,且任意實數的平方為非負實數,因此(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}\geq 0。再根據(5),可知

\displaystyle\frac{a+b}{2}-\sqrt{ab}\geq 0.

移項後(實數性質),

\displaystyle\frac{a+b}{2}\geq \sqrt{ab}.

為何證明如此繁瑣呢?

  1. 指數律在a<0,b<0時不成立,具體來說,雖然當a<0,b<0時,\sqrt{ab}是實數,但\sqrt{ab}=\sqrt{a}\sqrt{b}a,b<0時不成立,因此說明a,b\geq 0是很重要的。
  2. 同上,當a,b\geq 0時,才可推論出(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}=a-2\sqrt{ab}+b.

注意事項

  1. 引用定理時,必須說明清楚定理的名字或是標註定理引用處,例如,課本第X頁,定理X。
  2. 使用任何性質時,必須註明使用何種性質,例如,課本第X頁,定理X,性質X。如果是數系的性質,必須說明是數的何種性質,例如,分配律,指數律等。
  3. 有計算過程時,需要把重要的計算過程呈現出來,不可省略。
  4. 適時的對方程式編碼(編數字)。