Descomposición en fracciones parciales

Existen dos polinomios E y F ₁ tales que $${\displaystyle {\frac {F}{G}}=E+{\frac {F_{1}}{G}},}$$ y $${\displaystyle \deg F_{1}<\deg G,}$$ dónde${\displaystyle \deg P}$denota el grado del polinomio P.

Esto resulta inmediatamente de la división euclidiana de F por G , que afirma la existencia de E y F ₁ tales que${\displaystyle F=EG+F_{1}}$y${\displaystyle \deg F_{1}<\deg G.}$

Esto permite suponer en los siguientes pasos que${\displaystyle \deg F<\deg G.}$

Si${\displaystyle \grado F<\grado G,}$y $${\displaystyle G=G_{1}G_{2},}$$ donde G ₁ y G ₂ son polinomios coprimos , entonces existen polinomios${\displaystyle F_{1}}$y${\displaystyle F_{2}}$de tal manera que $${\displaystyle {\frac {F}{G}}={\frac {F_{1}}{G_{1}}}+{\frac {F_{2}}{G_{2}}},}$$ y $${\displaystyle \deg F_{1}<\deg G_{1}\quad {\text{y}}\quad \deg F_{2}<\deg G_{2}.}$$

Esto se puede demostrar de la siguiente manera. La identidad de Bézout afirma la existencia de polinomios C y D tales que $${\displaystyle CG_{1}+DG_{2}=1}$$ (por hipótesis, 1 es el máximo común divisor de G ₁ y G ₂ ).

Dejar${\displaystyle DF=G_{1}Q+F_{1}}$con${\displaystyle \deg F_ {1}<\deg G_ {1}}$sea ​​la división euclidiana de DF por${\displaystyle G_{1}.}$Configuración ${\displaystyle F_{2}=CF+QG_{2},}$uno consigue $${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {F}{G}}&={\frac {F(CG_{1}+DG_{2})}{G_{1}G_{2}}}={\frac {DF}{G_{1}}}+{\frac {CF}{G_{2}}}\\&={\frac {F_{1}+G_{1}Q}{G_{1}}}+{\frac {F_{2}-G_{2}Q}{G_{2}}}\\&={\frac {F_{1}}{G_{1}}}+Q+{\frac {F_{2}}{G_{2}}}-Q\\&={\frac {F_{1}}{G_{1}}}+{\frac {F_{2}}{G_{2}}}.\end{aligned}}}$$ Queda por demostrar que${\displaystyle \deg F_{2}<\deg G_{2}.}$Al reducir la última suma de fracciones a un denominador común, se obtiene ${\displaystyle F=F_{2}G_{1}+F_{1}G_{2},}$ y por lo tanto $${\displaystyle {\begin{aligned}\deg F_{2}&=\deg(F-F_{1}G_{2})-\deg G_{1}\leq \max(\deg F,\deg(F_{1}G_{2}))-\deg G_{1}\\&<\max(\deg G,\deg(G_{1}G_{2}))-\deg G_{1}=\deg G_{2}\end{alineado}}}$$

Utilizando la descomposición anterior inductivamente se obtienen fracciones de la forma${\displaystyle {\frac {F}{G^{k}}},}$con${\displaystyle \grados F<\grados G^{k}=k\grados G,}$donde G es un polinomio irreducible . Si k > 1 , se puede descomponer aún más, usando que un polinomio irreducible es un polinomio libre de cuadrados , es decir,${\displaystyle 1}$es el máximo común divisor del polinomio y su derivada . Si${\displaystyle G'}$es la derivada de G , la identidad de Bézout proporciona polinomios C y D tales que${\displaystyle CG+DG'=1}$y por lo tanto${\displaystyle F=FCG+FDG'.}$división euclidiana de${\displaystyle FDG'}$por${\displaystyle G}$ da polinomios${\displaystyle H_{k}}$y${\displaystyle Q}$de tal manera que${\displaystyle FDG'=QG+H_{k}}$y${\displaystyle \deg H_{k}<\deg G.}$Configuración${\displaystyle F_{k-1}=FC+Q,}$uno consigue $${\displaystyle {\frac {F}{G^{k}}}={\frac {H_{k}}{G^{k}}}+{\frac {F_{k-1}}{G^{k-1}}},}$$ con${\displaystyle \deg H_{k}<\deg G.}$

Iterar este proceso con${\displaystyle {\frac {F_{k-1}}{G^{k-1}}}}$en lugar de${\displaystyle {\frac {F}{G^{k}}}}$conduce finalmente al siguiente teorema.

La unicidad se puede demostrar de la siguiente manera. Sea d = max(1 + deg f , deg g ) . En total, b y los a _ij tienen d coeficientes. La forma de la descomposición define una aplicación lineal de vectores de coeficientes a polinomios f de grado menor que d . La prueba de existencia significa que esta aplicación es sobreyectiva . Como los dos espacios vectoriales tienen la misma dimensión, la aplicación también es inyectiva , lo que significa la unicidad de la descomposición. Por cierto, esta demostración induce un algoritmo para calcular la descomposición mediante álgebra lineal .

Si K es el campo de los números complejos , el teorema fundamental del álgebra implica que todos los p _i tienen grado uno, y todos los numeradores${\displaystyle a_{ij}}$son constantes. Cuando K es el campo de los números reales , algunos de los p _i pueden ser cuadráticos, por lo que, en la descomposición en fracciones parciales, también pueden aparecer cocientes de polinomios lineales por potencias de polinomios cuadráticos.

En el teorema anterior, se pueden reemplazar los "polinomios irreducibles distintos" por " polinomios coprimos por pares que son coprimos con su derivada". Por ejemplo, los p _i pueden ser los factores de la factorización libre de cuadrados de g . Cuando K es el cuerpo de los números racionales , como suele ser el caso en álgebra computacional , esto permite reemplazar la factorización por el cálculo del máximo común divisor para realizar una descomposición en fracciones parciales.

En un ejemplo de aplicación de este procedimiento, (3 x + 5)/(1 − 2 x ) ² se puede descomponer en la forma

$${\displaystyle {\frac {3x+5}{(1-2x)^{2}}}={\frac {A}{(1-2x)^{2}}}+{\frac {B}{(1-2x)}}.}$$

Al eliminar los denominadores se observa que 3x + 5 = A + B ( 1 − 2x ) . Al expandir e igualar los coeficientes de las potencias de x se obtiene

Resolviendo este sistema de ecuaciones lineales para A y B se obtiene A = 13/2 y B = −3/2 . Por lo tanto,

$${\displaystyle {\frac {3x+5}{(1-2x)^{2}}}={\frac {13/2}{(1-2x)^{2}}}+{\frac {-3/2}{(1-2x)}}.}$$

Sobre los números complejos, supongamos que f ( x ) es una fracción racional propia y puede descomponerse en

$${\displaystyle f(x)=\sum _{i}\left({\frac {a_{i1}}{x-x_{i}}}+{\frac {a_{i2}}{(x-x_{i})^{2}}}+\cdots +{\frac {a_{ik_{i}}}{(x-x_{i})^{k_{i}}}}\right).}$$

Dejar $${\displaystyle g_{ij}(x)=(x-x_{i})^{j-1}f(x),}$$ Entonces, según la unicidad de la serie de Laurent , a _ij es el coeficiente del término ( x − x _i ) ⁻¹ en el desarrollo de Laurent de g _ij ( x ) alrededor del punto x _i , es decir, su residuo$${\displaystyle a_{ij}=\operatorname {Res} (g_{ij},x_{i}).}$$

Esto viene dado directamente por la fórmula. $${\displaystyle a_{ij}={\frac {1}{(k_{i}-j)!}}\lim _{x\to x_{i}}{\frac {d^{k_{i}-j}}{dx^{k_{i}-j}}}\left((x-x_{i})^{k_{i}}f(x)\right),}$$ o en el caso especial en que x _i es una raíz simple, $${\displaystyle a_{i1}={\frac {P(x_{i})}{Q'(x_{i})}},}$$ cuando $${\displaystyle f(x)={\frac {P(x)}{Q(x)}}.}$$

Dejar${\displaystyle f(x)}$sea ​​cualquier función racional sobre los números reales . En otras palabras, supongamos que existen funciones polinómicas reales.${\displaystyle p(x)}$y${\displaystyle q(x)\neq 0}$, de tal manera que $${\displaystyle f(x)={\frac {p(x)}{q(x)}}}$$

Al dividir tanto el numerador como el denominador por el coeficiente principal de${\displaystyle q(x)}$, podemos suponer sin pérdida de generalidad que${\displaystyle q(x)}$es mónico . Por el teorema fundamental del álgebra , podemos escribir

$${\displaystyle q(x)=(x-a_{1})^{j_{1}}\cdots (x-a_{m})^{j_{m}}(x^{2}+b_{1}x+c_{1})^{k_{1}}\cdots (x^{2}+b_{n}x+c_{n})^{k_{n}}}$$

dónde${\displaystyle a_{1},\dots ,a_{m}}$,${\displaystyle b_{1},\dots ,b_{n}}$,${\displaystyle c_{1},\dots ,c_{n}}$son números reales con${\displaystyle b_{i}^{2}-4c_{i}<0}$, y${\displaystyle j_{1},\dots ,j_{m}}$,${\displaystyle k_{1},\dots ,k_{n}}$son enteros positivos. Los términos${\displaystyle (x-a_{i})}$son los factores lineales de${\displaystyle q(x)}$que corresponden a raíces reales de${\displaystyle q(x)}$y los términos${\displaystyle (x_{i}^{2}+b_{i}x+c_{i})}$son los factores cuadráticos irreducibles de${\displaystyle q(x)}$que corresponden a pares de raíces conjugadas complejas de${\displaystyle q(x)}$.

Luego, la descomposición en fracciones parciales de${\displaystyle f(x)}$ es lo siguiente:

$${\displaystyle f(x)={\frac {p(x)}{q(x)}}=P(x)+\sum _{i=1}^{m}\sum _{r=1}^{j_{i}}{\frac {A_{ir}}{(x-a_{i})^{r}}}+\sum _{i=1}^{n}\sum _{r=1}^{k_{i}}{\frac {B_{ir}x+C_{ir}}{(x^{2}+b_{i}x+c_{i})^{r}}}}$$

Aquí, P ( x ) es un polinomio (posiblemente cero), y A _ir , B _ir y C _ir son constantes reales. Hay varias maneras de hallar las constantes.

El método más directo consiste en multiplicar por el denominador común q ( x ). Obtenemos entonces una ecuación de polinomios cuyo lado izquierdo es simplemente p ( x ) y cuyos coeficientes del lado derecho son expresiones lineales de las constantes A _ir , B _ir y C _ir . Dado que dos polinomios son iguales si y solo si sus coeficientes correspondientes son iguales, podemos igualar los coeficientes de los términos semejantes . De esta forma, se obtiene un sistema de ecuaciones lineales que siempre tiene una solución única. Esta solución se puede hallar utilizando cualquiera de los métodos estándar del álgebra lineal . También se puede hallar mediante límites (véase el Ejemplo 5 ).

$${\displaystyle f(x)={\frac {1}{x^{2}+2x-3}}}$$

Aquí, el denominador se divide en dos factores lineales distintos:

$${\displaystyle q(x)=x^{2}+2x-3=(x+3)(x-1)}$$

Entonces tenemos la descomposición en fracciones parciales.

$${\displaystyle f(x)={\frac {1}{x^{2}+2x-3}}={\frac {A}{x+3}}+{\frac {B}{x-1}}}$$

Multiplicando por el denominador del lado izquierdo obtenemos la identidad polinómica.

$${\displaystyle 1=A(x-1)+B(x+3)}$$

Sustituyendo x = −3 en esta ecuación se obtiene A = −1/4, y sustituyendo x = 1 se obtiene B = 1/4, de modo que

$${\displaystyle f(x)={\frac {1}{x^{2}+2x-3}}={\frac {1}{4}}\left({\frac {-1}{x+3}}+{\frac {1}{x-1}}\right)}$$

$${\displaystyle f(x)={\frac {x^{3}+16}{x^{3}-4x^{2}+8x}}}$$

Después de una larga división , tenemos

$${\displaystyle f(x)=1+{\frac {4x^{2}-8x+16}{x^{3}-4x^{2}+8x}}=1+{\frac {4x^{2}-8x+16}{x(x^{2}-4x+8)}}}$$

El factor x² − 4x + 8 es irreducible sobre los números reales, ya que su discriminante (−4) ^² − 4 × 8 = −16 es negativo. Por lo tanto ^, la descomposición en fracciones parciales sobre los números reales tiene la forma

$${\displaystyle {\frac {4x^{2}-8x+16}{x(x^{2}-4x+8)}}={\frac {A}{x}}+{\frac {Bx+C}{x^{2}-4x+8}}}$$

Multiplicando por x³ − 4x² + 8x ^, tenemos la identidad polinómica ^.

$${\displaystyle 4x^{2}-8x+16=A\left(x^{2}-4x+8\right)+\left(Bx+C\right)x}$$

Tomando x = 0 , vemos que 16 = 8 A , por lo que A = 2. Comparando los coeficientes de x ² , vemos que 4 = A + B = 2 + B , por lo que B = 2. Comparando los coeficientes lineales, vemos que −8 = −4 A + C = −8 + C , por lo que C = 0. En total,

$${\displaystyle f(x)=1+2\left({\frac {1}{x}}+{\frac {x}{x^{2}-4x+8}}\right)}$$

La fracción se puede descomponer completamente utilizando números complejos . Según el teorema fundamental del álgebra, todo polinomio complejo de grado n tiene n raíces (complejas) (algunas de las cuales pueden repetirse). La segunda fracción se puede descomponer en:

$${\displaystyle {\frac {x}{x^{2}-4x+8}}={\frac {D}{x-(2+2i)}}+{\frac {E}{x-(2-2i)}}}$$

Multiplicando por el denominador se obtiene:

$${\displaystyle x=D(x-(2-2i))+E(x-(2+2i))}$$

Igualando los coeficientes de x y los coeficientes constantes (con respecto a x ) de ambos lados de esta ecuación, se obtiene un sistema de dos ecuaciones lineales en D y E , cuya solución es

$${\displaystyle D={\frac {1+i}{2i}}={\frac {1-i}{2}},\qquad E={\frac {1-i}{-2i}}={\frac {1+i}{2}}.}$$

Así pues, tenemos una descomposición completa:

$${\displaystyle f(x)={\frac {x^{3}+16}{x^{3}-4x^{2}+8x}}=1+{\frac {2}{x}}+{\frac {1-i}{x-(2+2i)}}+{\frac {1+i}{x-(2-2i)}}}$$

También se pueden calcular directamente A , D y E con el método de los residuos (véase también el ejemplo 4 a continuación).

Este ejemplo ilustra casi todos los "trucos" que podríamos necesitar usar, salvo consultar un sistema de álgebra computacional .

$${\displaystyle f(x)={\frac {x^{9}-2x^{6}+2x^{5}-7x^{4}+13x^{3}-11x^{2}+12x-4}{x^{7}-3x^{6}+5x^{5}-7x^{4}+7x^{3}-5x^{2}+3x-1}}}$$

Después de la división larga y factorizar el denominador, tenemos

$${\displaystyle f(x)=x^{2}+3x+4+{\frac {2x^{6}-4x^{5}+5x^{4}-3x^{3}+x^{2}+3x}{(x-1)^{3}(x^{2}+1)^{2}}}}$$

La descomposición en fracciones parciales toma la forma

$${\displaystyle {\frac {2x^{6}-4x^{5}+5x^{4}-3x^{3}+x^{2}+3x}{(x-1)^{3}(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {A}{x-1}}+{\frac {B}{(x-1)^{2}}}+{\frac {C}{(x-1)^{3}}}+{\frac {Dx+E}{x^{2}+1}}+{\frac {Fx+G}{(x^{2}+1)^{2}}}.}$$

Multiplicando por el denominador del lado izquierdo, obtenemos la identidad polinómica.

$${\displaystyle {\begin{aligned}&2x^{6}-4x^{5}+5x^{4}-3x^{3}+x^{2}+3x\\[4pt]={}&A\left(x-1\right)^{2}\left(x^{2}+1\right)^{2}+B\left(x-1\right)\left(x^{2}+1\right)^{2}+C\left(x^{2}+1\right)^{2}+\left(Dx+E\right)\left(x-1\right)^{3}\left(x^{2}+1\right)+\left(Fx+G\right)\left(x-1\right)^{3}\end{aligned}}}$$

Ahora utilizamos diferentes valores de x para calcular los coeficientes:

$${\displaystyle {\begin{cases}4=4C&x=1\\2+2i=(Fi+G)(2+2i)&x=i\\0=A-B+C-E-G&x=0\end{cases}}}$$

Para resolver esto tenemos:

$${\displaystyle {\begin{cases}C=1\\F=0,G=1\\E=A-B\end{cases}}}$$

Utilizando estos valores podemos escribir:

$${\displaystyle {\begin{aligned}&2x^{6}-4x^{5}+5x^{4}-3x^{3}+x^{2}+3x\\[4pt]={}&A\left(x-1\right)^{2}\left(x^{2}+1\right)^{2}+B\left(x-1\right)\left(x^{2}+1\right)^{2}+\left(x^{2}+1\right)^{2}+\left(Dx+\left(A-B\right)\right)\left(x-1\right)^{3}\left(x^{2}+1\right)+\left(x-1\right)^{3}\\[4pt]={}&\left(A+D\right)x^{6}+\left(-A-3D\right)x^{5}+\left(2B+4D+1\right)x^{4}+\left(-2B-4D+1\right)x^{3}+\left(-A+2B+3D-1\right)x^{2}+\left(A-2B-D+3\right)x\end{aligned}}}$$

Comparamos los coeficientes de x ⁶ y x ⁵ en ambos lados y tenemos:

$${\displaystyle {\begin{cases}A+D=2\\-A-3D=-4\end{cases}}\quad \Rightarrow \quad A=D=1.}$$

Por lo tanto:

$${\displaystyle 2x^{6}-4x^{5}+5x^{4}-3x^{3}+x^{2}+3x=2x^{6}-4x^{5}+(2B+5)x^{4}+(-2B-3)x^{3}+(2B+1)x^{2}+(-2B+3)x}$$

lo que nos da B = 0. Por lo tanto, la descomposición en fracciones parciales viene dada por:

$${\displaystyle f(x)=x^{2}+3x+4+{\frac {1}{(x-1)}}+{\frac {1}{(x-1)^{3}}}+{\frac {x+1}{x^{2}+1}}+{\frac {1}{(x^{2}+1)^{2}}}.}$$

Alternativamente, en lugar de expandir, se pueden obtener otras dependencias lineales de los coeficientes calculando algunas derivadas en${\displaystyle x=1,\imath }$en la identidad polinómica anterior. (Para ello, recordemos que la derivada en x = a de ( x − a ) ^m p ( x ) se anula si m > 1 y es simplemente p ( a ) para m = 1.) Por ejemplo, la primera derivada en x = 1 da

$${\displaystyle 2\cdot 6-4\cdot 5+5\cdot 4-3\cdot 3+2+3=A\cdot (0+0)+B\cdot (4+0)+8+D\cdot 0}$$

es decir, 8 = 4 B + 8, por lo tanto B = 0.

$${\displaystyle f(z)={\frac {z^{2}-5}{(z^{2}-1)(z^{2}+1)}}={\frac {z^{2}-5}{(z+1)(z-1)(z+i)(z-i)}}}$$

Así, f ( z ) puede descomponerse en funciones racionales cuyos denominadores son z +1, z −1, z +i, z −i. Dado que cada término es potencia uno, −1, 1, − i e i son polos simples.

Por lo tanto, los residuos asociados a cada polo, dados por $${\displaystyle {\frac {P(z_{i})}{Q'(z_{i})}}={\frac {z_{i}^{2}-5}{4z_{i}^{3}}},}$$ son $${\displaystyle 1,-1,{\tfrac {3i}{2}},-{\tfrac {3i}{2}},}$$ respectivamente y

$${\displaystyle f(z)={\frac {1}{z+1}}-{\frac {1}{z-1}}+{\frac {3i}{2}}{\frac {1}{z+i}}-{\frac {3i}{2}}{\frac {1}{z-i}}.}$$

Los límites se pueden utilizar para encontrar una descomposición en fracciones parciales. ^{[ 4 ]} Considere el siguiente ejemplo:

$${\displaystyle {\frac {1}{x^{3}-1}}}$$

Primero, factorizamos el denominador, que determina la descomposición:

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

Multiplicando todo por${\displaystyle x-1}$y tomando el límite cuando${\displaystyle x\to 1}$, obtenemos

$${\displaystyle \lim _{x\to 1}\left((x-1)\left({\frac {A}{x-1}}+{\frac {Bx+C}{x^{2}+x+1}}\right)\right)=\lim _{x\to 1}A+\lim _{x\to 1}{\frac {(x-1)(Bx+C)}{x^{2}+x+1}}=A.}$$

Por otro lado,

$${\displaystyle \lim _{x\to 1}{\frac {(x-1)}{(x-1)(x^{2}+x+1)}}=\lim _{x\to 1}{\frac {1}{x^{2}+x+1}}={\frac {1}{3}},}$$

y por lo tanto:

$${\displaystyle A={\frac {1}{3}}.}$$

Multiplicando por x y tomando el límite cuando${\displaystyle x\to \infty }$, tenemos

$${\displaystyle \lim _{x\to \infty }x\left({\frac {A}{x-1}}+{\frac {Bx+C}{x^{2}+x+1}}\right)=\lim _{x\to \infty }{\frac {Ax}{x-1}}+\lim _{x\to \infty }{\frac {Bx^{2}+Cx}{x^{2}+x+1}}=A+B,}$$

y

$${\displaystyle \lim _{x\to \infty }{\frac {x}{(x-1)(x^{2}+x+1)}}=0.}$$

Esto implica A + B = 0 y por lo tanto${\displaystyle B=-{\frac {1}{3}}}$.

Para x = 0 , obtenemos ${\displaystyle -1=-A+C,}$y por lo tanto ${\displaystyle C=-{\tfrac {2}{3}}}$.

Al juntarlo todo, obtenemos la descomposición.

$${\displaystyle {\frac {1}{x^{3}-1}}={\frac {1}{3}}\left({\frac {1}{x-1}}+{\frac {-x-2}{x^{2}+x+1}}\right).}$$

Supongamos que tenemos la integral indefinida :

$${\displaystyle \int {\frac {x^{4}+x^{3}+x^{2}+1}{x^{2}+x-2}}\,dx}$$

Antes de realizar la descomposición, es obvio que debemos realizar la división larga del polinomio y factorizar el denominador. Al hacerlo, obtendríamos:

$${\displaystyle \int \left(x^{2}+3+{\frac {-3x+7}{(x+2)(x-1)}}\right)dx}$$

Una vez hecho esto, podemos proceder a la descomposición en fracciones parciales.

$${\displaystyle \int \left(x^{2}+3+{\frac {-3x+7}{(x+2)(x-1)}}\right)dx=\int \left(x^{2}+3+{\frac {A}{(x+2)}}+{\frac {B}{(x-1)}}\right)dx}$$ entonces: $${\displaystyle A(x-1)+B(x+2)=-3x+7}$$Al sustituir nuestros valores, en este caso, donde x=1 para resolver B y x=-2 para resolver A, obtendremos:

$${\displaystyle A={\frac {-13}{3}}\ ,B={\frac {4}{3}}}$$

Al sustituir todo esto en nuestra integral, podemos encontrar la respuesta:

$${\displaystyle \int \left(x^{2}+3+{\frac {-13/3}{(x+2)}}+{\frac {4/3}{(x-1)}}\right)\,dx={\frac {x^{3}}{3}}\ +3x-{\frac {13}{3}}\ln(|x+2|)+{\frac {4}{3}}\ln(|x-1|)+C}$$

La descomposición en fracciones parciales anterior implica, para cada 1  ≤ i ≤ r , una expansión polinómica.   

$${\displaystyle {\frac {P}{Q_{i}}}=A_{i}+O((x-\lambda _{i})^{\nu _{i}}),\qquad {\text{for }}x\to \lambda _{i},}$$

entonces${\displaystyle A_{i}}$es el polinomio de Taylor de${\displaystyle {\tfrac {P}{Q_{i}}}}$, debido a la unicidad de la expansión polinómica de orden${\displaystyle \nu _{i}-1}$y por suposición${\displaystyle \deg A_{i}<\nu _{i}}$.

Por el contrario, si el${\displaystyle A_{i}}$son los polinomios de Taylor, las expansiones anteriores en cada${\displaystyle \lambda _{i}}$sostener, por lo tanto también tenemos

$${\displaystyle P-Q_{i}A_{i}=O((x-\lambda _{i})^{\nu _{i}}),\qquad {\text{for }}x\to \lambda _{i},}$$

lo que implica que el polinomio${\displaystyle P-Q_{i}A_{i}}$es divisible por${\displaystyle (x-\lambda _{i})^{\nu _{i}}.}$

Para${\displaystyle j\neq i,Q_{j}A_{j}}$también es divisible por${\displaystyle (x-\lambda _{i})^{\nu _{i}}}$, entonces

$${\displaystyle P-\sum _{j=1}^{r}Q_{j}A_{j}}$$

es divisible por${\displaystyle Q}$. Desde

$${\displaystyle \deg \left(P-\sum _{j=1}^{r}Q_{j}A_{j}\right)<\deg(Q)}$$

Entonces tenemos

$${\displaystyle P-\sum _{j=1}^{r}Q_{j}A_{j}=0,}$$

y encontramos la descomposición en fracciones parciales dividiendo por${\displaystyle Q}$.