6. 部分分式與有理式分解

非零多項式 $p(x)=a_nx^n+\cdots+a_0$ 的次數為 $n$。按這裏的約定，零多項式沒有次數。對非零除式多項式 $d$，多項式長除法給出唯一的 $q,r$，滿足 $p=dq+r$，且 $r=0$ 或 $\deg r<\deg d$。

除法算法的證明。 若當前餘式的次數至少為 $\deg d$，減去 $d$ 的適當倍數以消去最高次項。每次相減都嚴格降低次數，所以過程會停止。若有兩種表示，則 $d(q_1-q_2)=r_2-r_1$。若左邊非零，其次數至少為 $\deg d$；右邊次數卻更小。因此兩邊均為零，證明唯一性。

學習目標

先做長除法，選擇完整的分解形式，求系數，並在原定義域上驗證恆等式。目標是理解代數結構；積分是後續的重要應用，而非定義的一部分。

形式與依據

設分母 $q$ 為非零多項式。若 $p=0$ 或 $\deg p<\deg q$，有理式 $p/q$ 是真分式；否則使用 $p/q=s+r/q$，其中 $r/q$ 為真分式。在實數範圍內分解 $q$。因式 $(x-a)^m$ 要求

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

不可約實二次式 $Q=x^2+bx+c$，其中 $b^2-4c<0$，若重複 $m$ 次，則對每個 $1\le j\le m$ 都需要 $(B_jx+C_j)/Q^j$。二次式上只使用常數分子一般不夠。所有恆等式均在原分母非零處適用。

定理：不同線性因式上的分解

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

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

系數唯一。

證明。 將所提出的恆等式乘以 $q$。右邊是次數至多為 $m-1$ 的多項式。在 $x=a_j$ 處只有第 $j$ 項保留，按給出的系數它等於 $p(a_j)$。兩個多項式在 $m$ 個不同點相等，由根數上界可知它們相同。任何分解經同樣代入都必須給出相同的 $A_j$，故系數唯一。對重複因式或二次因式，通分後比較系數是可靠的計算方法，但結果仍須驗證。

定理：完整的重複因式分解形式

假設已經給出實因式分解 $q=c\prod_{i=1}^s F_i^{m_i}$，其中 $c\ne0$，各 $F_i$ 為互不相同、首一且不可約的一次或二次實多項式，$m_i\ge1$。若 $p=0$ 或 $\deg p<\deg q$，則存在唯一分解

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

這裏允許零分子。因此一次因式對應常數分子，二次因式對應次數至多為一的分子。形式中必須允許每個冪次，雖然求出的系數可以為零。本定理以所列因式分解為假設，並不證明每個實多項式都能分解為一次和二次因式。所有有理式恆等式仍保留原定義域 $q(x)\ne0$。

證明。 多項式除法算法也給出輾轉相除法：連續用餘式相除，每一步非零餘式的次數都嚴格下降，直至最後一個非零餘式。回代可將該餘式寫成最初兩個多項式的多項式線性組合。它整除最初兩個多項式，而它們的每個公因式也整除它。特別地，互素多項式 $A,B$ 的最後餘式為非零常數，歸一化後得到 $UA+VB=1$。因此，若 $A$ 整除 $BC$ 且 $A,B$ 互素，將恆等式乘以 $C$ 可知 $A$ 整除 $C$。

不同首一不可約多項式互素：任一不可約多項式的非恆定因式只能是它的非零常數倍。由上面的整除推論，不可約多項式具有素因式性質。每個非常數多項式都有不可約因式：若它可約，就不斷取次數更低的非常數真因式，次數遞降保證過程停止。所以不同不可約多項式的冪兩兩互素。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 $P=p/c$，並令 $H_i$ 為 $PU_i$ 除以 $D_i$ 的餘式。於是 $H_i=0$ 或 $\deg H_i<\deg D_i$，且 $D_i$ 整除 $P-H_iE_i$。

固定 $i$，其餘所有 $H_kE_k$ 均被 $D_i$ 整除。因此每個 $D_i$ 都整除 $P-\sum_iH_iE_i$。利用兩兩互素及上面的整除推論作歸納，可知乘積 $D$ 也整除該多項式。若它非零，其次數就小於 $\deg D$，與被 $D$ 整除矛盾，所以它只能為零。因此 $P/D=\sum_iH_i/D_i$。

將 $H_i$ 反覆除以 $F_i$，得到唯一展開 $H_i=T_{i0}+T_{i1}F_i+\cdots+T_{i,m_i-1}F_i^{m_i-1}$，每個餘式 $T_{ik}$ 為零或次數小於 $\deg F_i$。除以 $F_i^{m_i}$ 即得所列形式，其中 $R_{ij}=T_{i,m_i-j}$。

為證唯一性，將兩個分解相減，並把每個 $D_i$ 對應的項合併為 $H_i/D_i$，其中 $\deg H_i<\deg D_i$。乘以 $D$ 後對 $D_i$ 取餘，得到 $H_iE_i\equiv0\pmod{D_i}$。由於 $E_i$ 在模 $D_i$ 下的逆為 $U_i$，可知 $D_i$ 整除 $H_i$，從而 $H_i=0$。反覆除法的唯一性再迫使每個 $R_{ij}=0$。存在性與唯一性均得證。

例題

重複因式。 分解 $(3x+1)/(x(x+1)^2)$。設

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

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 $x^2$ 的系數得 $B=-1$。代回得到原分子。若省略 $1/(x+1)$ 項，則無法完成此分解。

二次因式與假分式。 長除法給出

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

將真分式部分寫成 $A/x+(Bx+C)/(x^2+1)$。分子恆等式是 $x+1=A(x^2+1)+(Bx+C)x$，所以 $A=1$、$B=-1$、$C=1$。當 $x\ne0$，答案為 $1+1/x+(-x+1)/(x^2+1)$。二次因式雖沒有實根，仍需要兩個分子系數。

分層練習

1. 基礎。 分解 $1/((x-1)(x+2))$。
2. 核心。 分解 $x/(x-1)^2$ 並寫出定義域。
3. 核心。 在實數範圍內分解 $1/(x(x^2+4))$。
4. 證明與診斷。 一名學生提出 $1/(x^2+1)=A/(x-i)+B/(x+i)$ 是實因式分解。解釋問題，然後證明實數表達式 $(Bx+C)/(x^2+1)$ 恆等於零隻可能發生在 $B=C=0$ 時。

詳解

1. 寫 $1=A(x+2)+B(x-1)$。令 $x=1$ 得 $A=1/3$；令 $x=-2$ 得 $B=-1/3$。因此在 $\mathbb R\setminus\{-2,1\}$ 上，表達式為 $\frac13(1/(x-1)-1/(x+2))$。
2. 由於 $x=(x-1)+1$，結果為 $1/(x-1)+1/(x-1)^2$，其中 $x\ne1$。這是完整的重複因式形式。
3. 將 $A/x+(Bx+C)/(x^2+4)$ 通分得 $1=A(x^2+4)+(Bx+C)x$，因此 $A=1/4$、$B=-1/4$、$C=0$。當 $x\ne0$，答案為 $1/(4x)-x/(4(x^2+4))$。
4. 所提出的因式使用非實數，描述的是複數而非實數範圍內的分解；它在 $\mathbb C$ 上並非錯誤。在 $\mathbb R$ 上，$x^2+1$ 不可約。由於它在實數軸上從不為零，恆等式 $(Bx+C)/(x^2+1)=0$ 蘊含每個實數 $x$ 都滿足 $Bx+C=0$。代入 $0$ 得 $C=0$，代入 $1$ 得 $B=0$。

總結與術語

真有理式的分子次數小於分母次數。不可約二次式沒有實線性因式。部分分式分解是在共同定義域上的有理式恆等式。重複因式要包含所有較低次冪，每個二次因式的冪都要允許線性分子；應驗證通分後的多項式恆等式，而不是依賴猜測系數。