[DavidRG]

Hola,
Estoy intentando entender por qué funciona la descomposición en fracciones parciales para todas las fracciones racionales. (O al menos, aquellas cuyo denominador se puede escribir de la forma \( (x-a)^m+(x-b)^n +...  \))


Buscando por internet he encontrado un pdf, que adjunto, pero hay pasos que no entiendo, por ejemplo en el lema 1 cuando dice que

\( \displaystyle\frac{a(x)}{b(x)} = q_1(x) + \displaystyle\frac{r_1(x)}{p_1(x)} + q_2(x) + \displaystyle\frac{r_2(x)}{p_2(x)} \)

Y que como el grado de a(x) < grado de b(x)
\( q_1(x) + q_2(x) = 0 \)

No se que influye el grado de a(x) en que \( q_1(x) + q_2(x) \) tenga que ser 0

[ciberalfil]

Pues muy sencillo, si \( a(x) \) es de menor grado que \( b(x) \) es imposible que su cociente no sea fraccionario, pero además no puede contener parte entera, parte que vendría representada por el polinomio:

\(  P(x)=q_1(x) + q_2(x) \)

lo que obliga a que dicha suma se anule. ¿Lo entiendes ahora?

Salu2

[DavidRG]

Pues muy sencillo, si \( a(x) \) es de menor grado que \( b(x) \) es imposible que su cociente no sea fraccionario, pero además no puede contener parte entera, parte que vendría representada por el polinomio:

\(  P(x)=q_1(x) + q_2(x) \)

lo que obliga a que dicha suma se anule. ¿Lo entiendes ahora?

Salu2

Aaah, creo que ya entendí
Osea que si sabemos que \( b(x) = p_1(x) p_2(x) \)


Podemos reorganizar términos de forma que

\( \displaystyle\frac{a(x)}{b(x)} = \displaystyle\frac{r_1(x) p_2(x) + r_2(x)p_1(x) + b(x) [q_1(x)+q_2(x)]}{b(x)} \)



Y como el grado de a(x) es menor al de b(x) no se pueden sacar términos fuera del polinomio, por lo tanto en el otro lado tampoco y tenemos que

\( \displaystyle\frac{r_1(x) p_2(x) + r_2(x)p_1(x) + b(x) [q_1(x)+q_2(x)]}{b(x)} = \displaystyle\frac{r_1(x) p_2(x) + r_2(x)p_1(x)} {b(x)} +
[q_1(x) + q_2(x)]  \)
Por tanto \( q_1(x) + q_2(x) = 0 \)

Ok, pues gracias. Si tengo alguna otra duda en otra parte de la demostración vuelvo a preguntar.

[ciberalfil]

Sí, claro, seguro que la tendrás porque este método, aunque es muy efectivo, es largo y con muchos recovecos. Con gusto te echaré una mano.

salu2

[feriva]

Aaah, creo que ya entendí
Osea que si sabemos que \( b(x) = p_1(x) p_2(x) \)

Pero con la condición de que esos polinomios “P” son coprimos; y a partir de ahí se apoya en algo que se llama identidad de Bézout, que a lo mejor no has estudiado.

Con números enteros, ese teorema dice que dados dos enteros “x” e “y” tales que mcd(x,y)=1, existen en todo caso enteros “a” y “b” con mcd(a,b)=1 tales que \( ax+by=1
  \). Análogamente, si tienes dos polinomios que no tienen ningún factor común, se cumple la identidad (para polinomios).

Saludos.

[DavidRG]

Sí, claro, seguro que la tendrás porque este método, aunque es muy efectivo, es largo y con muchos recovecos. Con gusto te echaré una mano.

salu2

Ya he encontrado la solución, en realidad no ha habido problema más allá de demostrar la identidad de bezout para polinomios. Pero esa demostración es parecida a la de los números enteros.

Y una vez demostrado el lema 1 el resto es bastante intuitivo, no he tenido ni que mirar al pdf.

Pero con la condición de que esos polinomios “P” son coprimos; y a partir de ahí se apoya en algo que se llama identidad de Bézout, que a lo mejor no has estudiado.

Con números enteros, ese teorema dice que dados dos enteros “x” e “y” tales que mcd(x,y)=1, existen en todo caso enteros “a” y “b” con mcd(a,b)=1 tales que \( ax+by=1
  \). Análogamente, si tienes dos polinomios que no tienen ningún factor común, se cumple la identidad (para polinomios).

Saludos.

No, no la había estudiado pero la había oído. Y al preguntar mi duda ya sabía que tenía que demostrarla primero, pero decidí preguntar primero lo que no entendía para saber que con este método conseguía demostrar las fracciones parciales.