6. 部分分式与有理式分解

非零多项式 $p(x)=a_nx^n+\cdots+a_0$ 的次数为 $n$。按这里的约定，零多项式没有次数。对非零除式多项式 $d$，多项式长除法给出唯一的 $q,r$，满足 $p=dq+r$，且 $r=0$ 或 $\deg r<\deg d$。

除法算法的证明。 若当前余式的次数至少为 $\deg d$，减去 $d$ 的适当倍数以消去最高次项。每次相减都严格降低次数，所以过程会停止。若有两种表示，则 $d(q_1-q_2)=r_2-r_1$。若左边非零，其次数至少为 $\deg d$；右边次数却更小。因此两边均为零，证明唯一性。

学习目标

先做长除法，选择完整的分解形式，求系数，并在原定义域上验证恒等式。目标是理解代数结构；积分是后续的重要应用，而非定义的一部分。

形式与依据

设分母 $q$ 为非零多项式。若 $p=0$ 或 $\deg p<\deg q$，有理式 $p/q$ 是真分式；否则使用 $p/q=s+r/q$，其中 $r/q$ 为真分式。在实数范围内分解 $q$。因式 $(x-a)^m$ 要求

$$\frac{A_1}{x-a}+\frac{A_2}{(x-a)^2}+\cdots+\frac{A_m}{(x-a)^m}.$$

不可约实二次式 $Q=x^2+bx+c$，其中 $b^2-4c<0$，若重复 $m$ 次，则对每个 $1\le j\le m$ 都需要 $(B_jx+C_j)/Q^j$。二次式上只使用常数分子一般不够。所有恒等式均在原分母非零处适用。

定理：不同线性因式上的分解

若 $q(x)=\prod_{j=1}^m(x-a_j)$，其中实数 $a_j$ 互不相同且 $\deg p<m$，则

$$\frac{p(x)}{q(x)}=\sum_{j=1}^m\frac{A_j}{x-a_j},\qquad A_j=\frac{p(a_j)}{\prod_{k\ne j}(a_j-a_k)}.$$

系数唯一。

证明。 将所提出的恒等式乘以 $q$。右边是次数至多为 $m-1$ 的多项式。在 $x=a_j$ 处只有第 $j$ 项保留，按给出的系数它等于 $p(a_j)$。两个多项式在 $m$ 个不同点相等，由根数上界可知它们相同。任何分解经同样代入都必须给出相同的 $A_j$，故系数唯一。对重复因式或二次因式，通分后比较系数是可靠的计算方法，但结果仍须验证。

定理：完整的重复因式分解形式

假设已经给出实因式分解 $q=c\prod_{i=1}^s F_i^{m_i}$，其中 $c\ne0$，各 $F_i$ 为互不相同、首一且不可约的一次或二次实多项式，$m_i\ge1$。若 $p=0$ 或 $\deg p<\deg q$，则存在唯一分解

$$\frac pq=\sum_{i=1}^s\sum_{j=1}^{m_i}\frac{R_{ij}}{F_i^j},\qquad \deg R_{ij}<\deg F_i,$$

这里允许零分子。因此一次因式对应常数分子，二次因式对应次数至多为一的分子。形式中必须允许每个幂次，虽然求出的系数可以为零。本定理以所列因式分解为假设，并不证明每个实多项式都能分解为一次和二次因式。所有有理式恒等式仍保留原定义域 $q(x)\ne0$。

证明。 多项式除法算法也给出辗转相除法：连续用余式相除，每一步非零余式的次数都严格下降，直至最后一个非零余式。回代可将该余式写成最初两个多项式的多项式线性组合。它整除最初两个多项式，而它们的每个公因式也整除它。特别地，互素多项式 $A,B$ 的最后余式为非零常数，归一化后得到 $UA+VB=1$。因此，若 $A$ 整除 $BC$ 且 $A,B$ 互素，将恒等式乘以 $C$ 可知 $A$ 整除 $C$。

不同首一不可约多项式互素：任一不可约多项式的非恒定因式只能是它的非零常数倍。由上面的整除推论，不可约多项式具有素因式性质。每个非常数多项式都有不可约因式：若它可约，就不断取次数更低的非常数真因式，次数递降保证过程停止。所以不同不可约多项式的幂两两互素。令 $D_i=F_i^{m_i}$、$D=\prod_iD_i=q/c$、$E_i=D/D_i$。同理 $D_i,E_i$ 互素，故可取 $U_i,V_i$ 使 $U_iE_i+V_iD_i=1$。令 $P=p/c$，并令 $H_i$ 为 $PU_i$ 除以 $D_i$ 的余式。于是 $H_i=0$ 或 $\deg H_i<\deg D_i$，且 $D_i$ 整除 $P-H_iE_i$。

固定 $i$，其余所有 $H_kE_k$ 均被 $D_i$ 整除。因此每个 $D_i$ 都整除 $P-\sum_iH_iE_i$。利用两两互素及上面的整除推论作归纳，可知乘积 $D$ 也整除该多项式。若它非零，其次数就小于 $\deg D$，与被 $D$ 整除矛盾，所以它只能为零。因此 $P/D=\sum_iH_i/D_i$。

将 $H_i$ 反复除以 $F_i$，得到唯一展开 $H_i=T_{i0}+T_{i1}F_i+\cdots+T_{i,m_i-1}F_i^{m_i-1}$，每个余式 $T_{ik}$ 为零或次数小于 $\deg F_i$。除以 $F_i^{m_i}$ 即得所列形式，其中 $R_{ij}=T_{i,m_i-j}$。

为证唯一性，将两个分解相减，并把每个 $D_i$ 对应的项合并为 $H_i/D_i$，其中 $\deg H_i<\deg D_i$。乘以 $D$ 后对 $D_i$ 取余，得到 $H_iE_i\equiv0\pmod{D_i}$。由于 $E_i$ 在模 $D_i$ 下的逆为 $U_i$，可知 $D_i$ 整除 $H_i$，从而 $H_i=0$。反复除法的唯一性再迫使每个 $R_{ij}=0$。存在性与唯一性均得证。

例题

重复因式。 分解 $(3x+1)/(x(x+1)^2)$。设

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

通分得到 $3x+1=A(x+1)^2+Bx(x+1)+Cx$。代入 $x=0$ 得 $A=1$；代入 $x=-1$ 得 $C=2$；由 $x^2$ 的系数得 $B=-1$。代回得到原分子。若省略 $1/(x+1)$ 项，则无法完成此分解。

二次因式与假分式。 长除法给出

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

将真分式部分写成 $A/x+(Bx+C)/(x^2+1)$。分子恒等式是 $x+1=A(x^2+1)+(Bx+C)x$，所以 $A=1$、$B=-1$、$C=1$。当 $x\ne0$，答案为 $1+1/x+(-x+1)/(x^2+1)$。二次因式虽没有实根，仍需要两个分子系数。

分层练习

1. 基础。 分解 $1/((x-1)(x+2))$。
2. 核心。 分解 $x/(x-1)^2$ 并写出定义域。
3. 核心。 在实数范围内分解 $1/(x(x^2+4))$。
4. 证明与诊断。 一名学生提出 $1/(x^2+1)=A/(x-i)+B/(x+i)$ 是实因式分解。解释问题，然后证明实数表达式 $(Bx+C)/(x^2+1)$ 恒等于零只可能发生在 $B=C=0$ 时。

详解

1. 写 $1=A(x+2)+B(x-1)$。令 $x=1$ 得 $A=1/3$；令 $x=-2$ 得 $B=-1/3$。因此在 $\mathbb R\setminus\{-2,1\}$ 上，表达式为 $\frac13(1/(x-1)-1/(x+2))$。
2. 由于 $x=(x-1)+1$，结果为 $1/(x-1)+1/(x-1)^2$，其中 $x\ne1$。这是完整的重复因式形式。
3. 将 $A/x+(Bx+C)/(x^2+4)$ 通分得 $1=A(x^2+4)+(Bx+C)x$，因此 $A=1/4$、$B=-1/4$、$C=0$。当 $x\ne0$，答案为 $1/(4x)-x/(4(x^2+4))$。
4. 所提出的因式使用非实数，描述的是复数而非实数范围内的分解；它在 $\mathbb C$ 上并非错误。在 $\mathbb R$ 上，$x^2+1$ 不可约。由于它在实数轴上从不为零，恒等式 $(Bx+C)/(x^2+1)=0$ 蕴含每个实数 $x$ 都满足 $Bx+C=0$。代入 $0$ 得 $C=0$，代入 $1$ 得 $B=0$。

总结与术语

真有理式的分子次数小于分母次数。不可约二次式没有实线性因式。部分分式分解是在共同定义域上的有理式恒等式。重复因式要包含所有较低次幂，每个二次因式的幂都要允许线性分子；应验证通分后的多项式恒等式，而不是依赖猜测系数。