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部分分式分解定理的证明

## 9.3.3 部分分式分解定理的证明
为方便起见重新叙述定理如下。
部分分式分解定理 实系数真有理分式可以惟一方式分解为部分分式之和。
证 设有实系数真有理分式 $\frac{Q(x)}{R(x)}$ ，分子与分母为不可约的多项式，则可以分为以下几步来证。
（1）设分母为

$$
R(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_1 x+a_0
$$

其中所有系数都是实数，且 $a_n \neq 0$ 。利用代数基本定理，$R(x)$ 在复数域 $C$ 中一定有根（或者说有零点）。如果是实根，记为 $a$ ，则 $R(x)$ 可以为 $x-a$ 整除。如果是复根，将这个根记为 $z$ ，并用 $\bar{z}$ 表示 $z$ 的共轭复数，则对于

$$
R(z)=a_n z^n+a_{n-1} z^{n-1}+\cdots+a_1 z+a_0=0
$$

取共轭之后就有

$$
\overline{R(z)}=a_n \bar{z}^n+a_{n-1} \bar{z}^{n-1}+\cdots+a_1 \bar{z} x+a_0=R(\bar{z})=0
$$

可见 $\bar{z}$ 也是 $R(x)$ 的根．因此 $f$ 的根或者是实根，或者以一对共轭复根出现．于是 $R(x)$ 可以为 $(x-z)(x-\bar{z})$ 所整除．这时的二次三项式

$$
(x-z)(x-\bar{z})=x^2-(z+\bar{z}) x+z \cdot \bar{z}
$$

在实数域上不可约。从 $R(x)$ 中䢃去已知的因子后再继续下去，这样经过有限步后就可以实现所要的分解，并同时证明了 $n$ 次代数多项式恰有 $n$ 个根，其中有重根时要计入根的重数。

由多项式在实数域上的因式分解与根的关系可见这样的分解是惟一的。
（2）设真有理分式 $\frac{Q(x)}{R(x)}$ 的分母 $R(x)=f(x) \cdot g(x)$ ，其中 $f(x)$ 和 $g(x)$ 为互素的多项式，则可以证明存在惟一的一对多项式 $u(x)$ 和 $v(x)$ ，使得成立

$$
\frac{Q(x)}{R(x)}=\frac{u(x)}{f(x)}+\frac{v(x)}{g(x)}
$$

且右边的两个分式都是真分式．
先证明存在性。
根据代数学中的定理知道存在多项式 $u_1(x)$ 和 $v_1(x)$ ，使得成立

$$
u_1(x) g(x)+v_1(x) f(x)=1 .
$$

乘以 $Q(x) / R(x)$ 并利用 $R(x)=f(x) g(x)$ ，就得到

$$
\frac{Q(x)}{R(x)}=\frac{Q(x) u_1(x)}{f(x)}+\frac{Q(x) v_1(x)}{g(x)}
$$

将右边第一个分式的分子除以 $f(x)$ ，得到

$$
Q(x) u_1(x)=h(x) f(x)+u(x),
$$
其中 $u(x)$ 是余项，次数低于 $f(x)$ 的次数．
这样就可以将上式改写为

$$
\frac{Q(x)}{R(x)}=\frac{u(x)}{f(x)}+\frac{h(x) g(x)+Q(x) v_1(x)}{g(x)}
$$

记 $v(x)=h(x) g(x)+Q(x) v_1(x)$ ，则由于上式左边和右边第一个分式都是真分式，因此 $v(x) / g(x)$ 也是真分式。

现在证明这样的 $u(x), v(x)$ 是惟一的．用反证法．若存在满足条件的另一对多项式 $\bar{u}(x), \bar{v}(x)$ ，则就有

$$
\frac{u(x)}{f(x)}+\frac{v(x)}{g(x)}=\frac{\bar{u}(x)}{f(x)}+\frac{\bar{v}(x)}{g(x)}
$$

改写为

$$
u(x)-\bar{u}(x)=\frac{f(x) \cdot(\bar{v}(x)-v(x))}{g(x)}
$$

则左边为多项式，右边由于 $f(x), g(x)$ 互素，而 $\bar{v}(x)-v(x)$ 的次数小于分母 $g(x)$ 的次数，因此不会是多项式．除非 $u(x)-\bar{u}(x)$ 和 $v(x)-\bar{v}(x)$ 都是零多项式，否则就会引出矛盾．

利用第（1）步中对于分母 $R(x)$ 的因式分解，再（反复）利用（2）的结果，就可以将真分式 $\frac{Q(x)}{R(x)}$ 以惟一的方式分解为几个真分式之和，它们的分母均不相同，且只有两种类型，或者是 $(x-a)^k, k \geqslant 1$ ，或者是 $\left(x^2+p x+q\right)^{k^{\prime}}, k^{\prime} \geqslant 1$ ，其中的 $x^2+p x+q$ 为实数域上的不可约多项式。
（3）将上述分解得到的 $x-a$ 和 $x^2+p x+q$ 统记为 $p(x)$ ，则对于 $k>1$ 的情况有进一步的分解：

$$
\frac{v(x)}{p^k(x)}=\frac{u_1(x)}{p(x)}+\frac{u_2(x)}{p^2(x)}+\cdots+\frac{u_k(x)}{p^k(x)}
$$

其中分子 $u_1(x), u_2(x), \cdots, u_k(x)$ 的次数均低于 $p(x)$ 的次数．
将 $v(x)$ 用 $p(x)$ 除，所得的余项记为 $u_k(x)$ ，将所得的商再用 $p(x)$ 除，所得的余项记为 $u_{k-1}(x)$ ，如此继续，就得到

$$
v(x)=u_1(x) p^{k-1}(x)+u_2(x) p^{k-2}(x)+\cdots+u_{k-1}(x) p(x)+u_k(x)
$$

（或者也可以将 $v(x)$ 用 $p^{k-1}(x)$ 除得到 $u_1(x)$ 后再做下去．）从上述过程可见每个 $u_i(x)$ 的次数都低于 $p(x)$ 的次数，然后除以 $p^k(x)$ 即得所要的分解式．惟一性的证明则相当于在 $v(x)$ 为零多项式时，所得的每个 $u_i(x)$ 都是零多项式．

于是对 $R(x)=(x-a)^k R_1(x), R_1(a) \neq 0$ 的情况，在部分分式分解中就有

$$
\frac{c_1}{x-a}+\cdots+\frac{c_k}{(x-a)^k}
$$

而当 $R(x)=\left(x^2+p x+q\right)^k R_2(x), R_2(x)$ 与 $x^2+p x+q$ 互素的情况，在部分分式分解中就有分解中就有

$$
\frac{M_1 x+N_1}{x^2+p x+q}+\cdots+\frac{M_k x+N_k}{\left(x^2+p x+q\right)^k} .
$$

注 多数数学分析书中不写出部分分式分解定理的证明而请读者看代数教科书或复变函数论的教科书．写出证明的分析教材多数采用［8］的写法．（见该书的第二卷的 274 小节，老版为 262 小节．）

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