8.3 有理函数、部分分式与 Vieta 公式

为什么本章最后部分重要

多项式除法与 gcd 并不是孤立技巧。它们支撑两个在后续数学中经常出现的工具： 部分分式分解，以及根与系数之间的 Vieta 公式。前者需要除法算法、因式分解与互质； 后者需要多项式在 $C$ 上的根分解。

有理函数与多项式部分

定义

有理函数

有理函数是

$$\frac{p(x)}{q(x)}$$

的形式，其中 $p(x),q(x)\in R[x]$ 且 $q(x)\ne0$。

部分分式的第一步是先分离多项式部分。若 $\deg p\ge\deg q$，除法算法给出

$$p(x)=q(x)b(x)+r(x),\qquad \deg r\lt\deg q.$$

因此

$$\frac{p(x)}{q(x)}=b(x)+\frac{r(x)}{q(x)}.$$

真正需要分解的是 proper rational function $r(x)/q(x)$。

这里分母非零是指它不是零多项式，并不表示它在每个实数处都非零。原商式的定义域仍须排除分母的实根。清分母后得到的是多项式恒等式，可以在所有实数处检验；原有理式却只能在分母非零处代入。即使约去公因式，也应保留原表达式排除的输入。

分子次数严格小于分母次数时，称为真分式；否则称为假分式。余式可以是零，约定其次数为负无穷。非零常数分母只留下多项式部分；若原分式已是真分式，除法的商便是零。多项式部分的唯一性来自商与余式的唯一性：一个非零多项式不可能藏在真分式之和中，因为通分后的分子次数仍小于分母次数。

分拆互质的分母因式

假设 $q(x)=q_1(x)q_2(x)$ 且 $\gcd(q_1,q_2)=1$。Bézout 恒等式给出 $a(x),b(x)$ 使

$$a(x)q_1(x)+b(x)q_2(x)=1.$$

乘以 $r(x)$ 并除以 $q_1q_2$，可把 $r/q$ 分拆成分母为 $q_1$ 与 $q_2$ 的两项； 再用除法算法把分子次数降到小于相应分母。这就是部分分式分解能成立的结构原因。

证明: 存在性与唯一性各自使用什么条件

先把 Bézout 给出的分子分别除以对应分母：

$$rb=c_1q_1+r_1,\qquad ra=c_2q_2+r_2, \qquad\deg r_i\lt\deg q_i.$$

第二次除法的除式必须是第二个分母。代入原式并清分母，得到

$$r=(c_1+c_2)q_1q_2+r_1q_2+r_2q_1.$$

左边与右边最后两项的次数都严格小于两个分母乘积的次数。若两个商的和非零，它与乘积分母相乘后的次数至少等于分母次数，造成矛盾。因此两个商恰好抵消，存在性得证。

若另有一组满足同样次数限制的分子，相减可得

$$(r_1-\widetilde r_1)q_2=-(r_2-\widetilde r_2)q_1.$$

第一分母整除左边的乘积。由互质与 Euclid 整除引理，它必须整除第一组分子的差；但这个差的次数小于该分母，只能为零。再代回恒等式，第二组分子的差也为零。互质条件让我们去掉多余因式，次数条件则把整除关系加强为相等；两步缺一不可。

多个两两互质因式可反复分拆。同一个不可约因式的所有重复次数必须先合并成一个幂；不同不可约因式的幂仍然互质，同一因式的两个副本却不互质，不能直接套用这个证明。

定理

R 上的部分分式形状

若分母可分解为

$$K\prod_i(x-a_i)^{m_i}\prod_j(x^2+b_jx+c_j)^{n_j},$$

其中 $K\ne0$，一次因式彼此不同，首一二次因式也彼此不同且在 $R$ 上不可约，则每个有理函数可唯一写成一个多项式加上以下形状的项：

$$\frac{k}{(x-a)^m}, \qquad \frac{rx+s}{(x^2+bx+c)^n}.$$

互质分拆后的整组分子在下列展开中满足 $\deg A\lt m$ 与 $\deg B\lt2n$。重复一次因式需要每个幂次一个常数分子：

$$\frac{A(x)}{(x-a)^m} =\frac{k_1}{x-a}+\frac{k_2}{(x-a)^2}+\cdots+\frac{k_m}{(x-a)^m}.$$

重复不可约二次因式则需要一次分子：

$$\frac{B(x)}{(x^2+bx+c)^n} =\sum_{j=1}^n\frac{r_jx+s_j}{(x^2+bx+c)^j}.$$

实首一二次式不可约，等价于判别式为负。若有两个实根，须先分成一次因式；若有重复实根，则属于重复一次因式的情形。分母的非零常数因子可保留为整体倒数，也可吸收到未知系数里，但两种约定不可混用。

最后每一项的分子次数由不可约的基本因式决定，不是由分母的整个幂决定。一次因式上方是常数；不可约二次因式上方是至多一次式，所以也容许常数或零分子。“一次分子”只描述一般模板，不要求一次项系数非零。

例如固定 $q=x^2+bx+c$，做除法 $B=q\widetilde B+(rx+s)$，便有

$$\frac{B}{q^n}=\frac{rx+s}{q^n}+\frac{\widetilde B}{q^{n-1}}.$$

再处理剩余分子，分母幂次逐次降低，直到一次幂。每次除法的商与余式唯一，因此最终各层分子也唯一。一次因式的过程完全相同，只是每层余式为常数。

例题

建立一个部分分式分解

分解

$$\frac{x^4+2x+4}{2x^3-4x^2+3x-6}.$$

先做除法：

$$\frac{x^4+2x+4}{2x^3-4x^2+3x-6} =\frac12x+1+ \frac{\frac52x^2+2x+10}{(2x^2+3)(x-2)}.$$

再设

$$\frac{\frac52x^2+2x+10}{(2x^2+3)(x-2)} =\frac{Ax+B}{2x^2+3}+\frac{C}{x-2}.$$

清分母后，系数比较的依据是

$$\tfrac52x^2+2x+10=(Ax+B)(x-2)+C(2x^2+3).$$

依次比较二次、一次与常数项：

$$A+2C=\tfrac52,\qquad -2A+B=2,\qquad -2B+3C=10.$$

虽然原分式不能在极点代入，这个多项式恒等式却可以。代入 $x=2$ 得 $24=11C$，然后由前两个系数方程求出其余未知数。

比较系数得

$$A=-\frac{41}{22},\qquad B=-\frac{19}{11},\qquad C=\frac{24}{11}.$$

所以

$$\frac{x^4+2x+4}{2x^3-4x^2+3x-6} =\frac12x+1-\frac{41x+38}{22(2x^2+3)} +\frac{24}{11(x-2)}.$$

由部分分式得到 telescoping sum

考虑

$$\frac{x}{(2x-1)(2x+1)(2x+3)} =\frac{1}{16(2x-1)}+\frac{1}{8(2x+1)} -\frac{3}{16(2x+3)}.$$

系数可通过清分母后分别代入三个分母根来验证，得到 $1/2=8A$、$-1/2=-4B$、$-3/2=8C$。所有正整数输入均不使原分母为零。

为了完整处理边界，记 $u_k=1/(2k-1)$，原和为 $T_n$。则

$$16T_n=\sum_{k=1}^n(u_k+2u_{k+1}-3u_{k+2}).$$

把每项写成 $(u_k-u_{k+1})+3(u_{k+1}-u_{k+2})$，两个和各自相消，得到

$$16T_n=(u_1-u_{n+1})+3(u_2-u_{n+2}) =2-\frac1{2n+1}-\frac3{2n+3}.$$

这个写法不假定中间范围非空，因此也适用于 $n=1$。若直接展开，内部每个奇数分母的权重为一、二、负三，总和为零；开始与末端各两项则留下边界贡献。

代入 $x=k$ 并从 $k=1$ 加到 $n$，中间许多项会抵消，留下

$$\sum_{k=1}^{n} \frac{k}{(2k-1)(2k+1)(2k+3)} =\frac1{16}\left(2-\frac1{2n+1}-\frac3{2n+3}\right).$$

方法上的重点是：先分解，再检查平移后的分母能否抵消。

Vieta 公式

设

$$p(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0\in C[x], \qquad a_n\ne0.$$

由代数基本定理，

$$p(x)=a_n(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)\cdots(x-\alpha_n),$$

其中根按重数计算。要得到 $x^{n-j}$ 的系数，就从恰好 $j$ 个因子选根项，其余因子选 $x$；每个选择给出符号为 $(-1)^j$ 的根乘积。下标递增确保每种选择只计一次。这里数的是因子位置，因此即使根值重复，也必须按其重数保留。

定理

Vieta 公式

对 $j=1,2,\ldots,n$，

$$\sum_{1\le i_1\lt\cdots\lt i_j\le n} \alpha_{i_1}\alpha_{i_2}\cdots\alpha_{i_j} =(-1)^j\frac{a_{n-j}}{a_n}.$$

对三次多项式 $a_3x^3+a_2x^2+a_1x+a_0$，若根为 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$，则

$$\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3=-\frac{a_2}{a_3},$$ $$\alpha_1\alpha_2+\alpha_1\alpha_3+\alpha_2\alpha_3=\frac{a_1}{a_3},$$ $$\alpha_1\alpha_2\alpha_3=-\frac{a_0}{a_3}.$$

例题

三次方程根的幂和

设 $a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3=0$ 的根为 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$，并记 $S_r=\alpha_1^r+\alpha_2^r+\alpha_3^r$。则

$$S_2=(\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3)^2 -2(\alpha_1\alpha_2+\alpha_1\alpha_3+\alpha_2\alpha_3) =\frac{a_2^2-2a_1a_3}{a_3^2}.$$

二次幂和的推导是展开根和的平方，再减去出现两次的两两乘积。三次幂和则须更仔细计数。记三个基本对称和为 $e_1,e_2,e_3$。展开根和的立方时，每个含两个相同下标的混合项出现三次，三根乘积出现六次；而 $e_1e_2$ 中这些混合项各出现一次，三根乘积出现三次。消去混合项可得

$$S_3=e_1^3-3e_1e_2+3e_3.$$

最后的正号补回多减的三根乘积。代入 Vieta 时，还须保留根乘积本身的负号，得到

$$S_3= \frac{-a_2^3+3a_1a_2a_3-3a_0a_3^2}{a_3^3}.$$

还可用根满足的三次方程独立核对。把三个根方程相加，便有

$$a_3S_3+a_2S_2+a_1S_1+3a_0=0.$$

常数项出现三次，因为根按重数共计三个。代入已经求出的前两个幂和，再解出第三个，就得到相同公式。这不要求根互异、为实数，或已被逐一求出；还可检查展开法的符号与分母次数。

若先把每个根方程乘以该根的同一个非负整数次幂，再求和，可得

$$a_3S_{r+3}+a_2S_{r+2}+a_1S_{r+1}+a_0S_r=0, \qquad r\geq0,\quad S_0=3.$$

这里初值是根的个数，包含零根，并非要求计算含糊的零的零次幂。这个关系说明，少量基本对称资料足以控制后续幂和；本节正切题只需用到前三个。

可选：Lagrange 插值观点

若

$$(x_1,y_1),\ldots,(x_{n+1},y_{n+1})$$

的 $x_i$ 两两不同，则存在唯一一个次数至多 $n$ 的多项式通过这 $n+1$ 个点。 令

$$L_i(x)=\prod_{j\ne i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}.$$

则 $L_i(x_j)=\delta_{ij}$，所以

$$f(x)=\sum_{i=1}^{n+1}y_iL_i(x)$$

具有所需函数值。唯一性来自根数上界：两个候选多项式的差至多 $n$ 次，但有 $n+1$ 个根，只能是零。

概念视角结构

用节点值代替系数资料

节点两两不同，保证基多项式的分母全非零。在自己的节点，各因子都等于一；在别的节点，有一个分子因子为零。因此每个基多项式只负责一个指定值，其余节点的贡献全为零。插值和必须包含全部节点，包括最后一个。

公式直接证明存在性，根数上界独立证明唯一性。次数限制不可省略：加上全部节点因式乘积的任意倍数，仍保持所有节点值，却通常提高次数。重复节点也不是这个公式的适用情形，因为分母会为零。

证明思路

两个主要论证的起点不同。部分分式通过除法限制次数，由 Bézout 分拆互质因式，再用连续余式处理幂次；Vieta 则从根分解出发，计算各系数的贡献。下列反例检查部分分式模板，随后正切例题把系数观点与 de Moivre 定理结合。

反例模式

漏项会令系数方程根本无解

一个错误捷径是：重复分母只保留最高幂，上方放一个常数。用有理函数 $(x^3+1)/(x-2)^4$ 检查。若它等于 $D/(x-2)^4$，清分母便要求非常数多项式 $x^3+1$ 恒等于常数，显然不可能。问题在模板本身，继续求同一个未知数并不能修复。

正确修补是令 $y=x-2$，于是 $x=y+2$，分子变成

$$x^3+1=(y+2)^3+1=y^3+6y^2+12y+9.$$

除以平移变量的四次方，得到完整四层：

$$\frac{x^3+1}{(x-2)^4} =\frac1{x-2}+\frac6{(x-2)^2} +\frac{12}{(x-2)^3}+\frac9{(x-2)^4}.$$

各层系数各有作用：乘回公分母后，它们分别控制平移变量的不同幂；省去一层，就预先删去一个可用系数。分式的等式仍须排除 $x=2$。

另一错误模板是在所有二次因式上只放常数。真分式 $x/(x^2+1)$ 不可能等于 $B/(x^2+1)$，因为清分母便要求 $x=B$ 恒成立。修补是容许完整的至多一次分子。系数可以在解方程后变成零，却不能在验证恒等式之前擅自限定为零。

例题

先读出部分分式形状

在 $R$ 上，写出

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

的正确部分分式形状。

$x^2$ 是重复一次因式，所以贡献

$$\frac{A}{x}+\frac{B}{x^2}.$$

$x^2+1$ 是 $R$ 上不可约二次因式，而且重复到二次方，所以贡献

$$\frac{Cx+D}{x^2+1}+\frac{Ex+F}{(x^2+1)^2}.$$

完整形状是

$$\frac{A}{x}+\frac{B}{x^2} +\frac{Cx+D}{x^2+1} +\frac{Ex+F}{(x^2+1)^2}.$$

这一步只是在建立形状，尚未求 $A,B,C,D,E,F$。若形状漏了某个幂次或分子次数不对， 后面的系数比较就会失去意义。

现在求出这个分解中剩余的系数。原式是偶函数，把变量换成其相反数，再用分解的唯一性，可知所有奇函数项的系数为零，即 $A=C=E=0$。其余三项清分母后满足

$$2x^2+1=B(x^2+1)^2+Dx^2(x^2+1)+Fx^2.$$

常数项给出 $B=1$；四次项给出 $B+D=0$，故 $D=-1$；二次项给出 $2B+D+F=2$，故 $F=1$。于是

$$\frac{2x^2+1}{x^2(x^2+1)^2} =\frac1{x^2}-\frac1{x^2+1}+\frac1{(x^2+1)^2}.$$

这里零系数由完整恒等式支持，与一开始漏写模板中的项不同。二次因式处处为正，唯一须排除的实输入是零。

例题

在正切综合题中使用 Vieta

要把三角方程与根联系起来，首先须推导相应的多项式。令 $t=\tan\theta$，并要求 $\cos\theta\ne0$ 与 $\cos9\theta\ne0$。由 de Moivre 定理，

$$(1+it)^9=\frac{\cos9\theta+i\sin9\theta}{\cos^9\theta}.$$

二项式展开中，偶数幂给实部，奇数幂给虚部；正负交替来自虚数单位的幂。分别记

$$N(t)=9t-84t^3+126t^5-36t^7+t^9,$$$$D(t)=1-36t^2+126t^4-84t^6+9t^8.$$

它们依次为虚部与实部。因式分解得到

$$N(t)=t(t^2-3)(t^6-33t^4+27t^2-3),$$$$D(t)=(3t^2-1)(3t^6-27t^4+33t^2-1).$$

这些分解可直接乘开验证；虚部除以实部便给出

$$\tan9\theta= \frac{t(t^2-3)(t^6-33t^4+27t^2-3)} {(3t^2-1)(3t^6-27t^4+33t^2-1)}.$$

实部等式说明 $D(t)=\cos9\theta/\cos^9\theta$，因此先前的余弦条件恰好保证分母非零；代数变形没有把公式延伸到正切的极点。

现在取 $\theta=\pi/9,2\pi/9,4\pi/9$。三个角严格位于零与 $\pi/2$ 之间，其九倍角的余弦依次为负一、一、一，所以商式有定义。九倍角的正弦全为零，故分子为零。三个正切均为正，所以因子 $t$ 非零；三个角都不等于 $\pi/3$，由正切在此区间严格递增，它们的正切都不等于 $\sqrt3$，故因子 $t^2-3$ 也非零。只有检查了这些条件，才能推出六次因式为零。

令 $x=t^2$，于是把

$$\tan^2(\pi/9),\quad \tan^2(2\pi/9),\quad \tan^2(4\pi/9)$$

化为 $x^3-33x^2+27x-3=0$ 的根。三个正切互不相同且为正，其平方也互不相同；三次式至多有三个根，所以已经找齐全部根。设它们为 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$。 Vieta 公式给出根和为 $33$，两两乘积和为 $27$，三根乘积为 $3$。因为三个正切值 都是正数，所以正切乘积是正的平方根：

$$\tan(\pi/9)\tan(2\pi/9)\tan(4\pi/9)=\sqrt3.$$

若要求六次幂和，则把 $\alpha_1^3+\alpha_2^3+\alpha_3^3$ 改写成

$$(\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3)^3 -3(\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3)(\alpha_1\alpha_2+\alpha_1\alpha_3+\alpha_2\alpha_3) +3\alpha_1\alpha_2\alpha_3.$$

代入得 $33^3-3(33)(27)+3(3)=33273$。

常见错误

常见错误

漏掉重复分母的幂次

对 $(x-2)^4$ 这种重复因式，只写一项分母 $(x-2)^4$ 不够。必须包含从一次到四次的 所有幂次。

常见错误

在不可约二次因式上只放常数分子

在 $R$ 上，$x^2+1$ 上方的分子次数要小于 $2$，所以一般分子是 $Ax+B$，不是只放 一个常数。

常见错误

把 Vieta 直接套到非对称式

Vieta 给的是根的对称和，不是每个根的个别值。处理幂和或三角乘积前，通常要先把 目标改写成对称和。

总结

本节把前两节的多项式工具串起来。除法分离多项式部分与 proper rational part； Bézout 恒等式与互质解释为何不同分母因式可以分拆；重复幂次决定部分分式项的数量； Vieta 公式则把复数根分解式与系数形式比较，让我们不用逐一求根也能计算根的和与积。

练习阅读指南

第 1–4 题先区分写一般形状与求系数。所有幂次齐全后才清分母，再对多项式恒等式代入或比较系数。有限和必须同时保留开头与末端的边界项。

第 5–6 题先命名三个正切平方值，再套用 Vieta。多项式控制其对称和，未平方的正切值的正性则另行决定乘积符号。自行推导三次式时，须检查正切公式的分母，以及被去掉的两个分子因式。

快速检查

思考检查

为什么做部分分式前要先把 $p(x)$ 除以 $q(x)$？

检查剩下分式所需的次数条件。

解答 · 答案

部分分式形状是给 proper rational functions 用的。先做除法可分离多项式部分， 并留下 $\deg r\lt\deg q$ 的余式分式。

思考检查

在 $x^2+1$ 这种不可约二次因式上方，分子应该是什么形状？

使用分子次数规则。

解答 · 答案

分子至多为一次式，即 $Ax+B$；容许 $A=0$。

思考检查

对 $x^3-33x^2+27x-3$，三个根的乘积是多少？

使用三次 Vieta 公式。

解答 · 答案

monic 三次式的根乘积是 $-a_0$。这里 $a_0=-3$，所以乘积是 $3$。

练习

1. 写出 $5/(x^2+x-6)$ 的正确部分分式形状。
2. 写出 $(2x^2+1)/(x^2(x^2+1)^2)$ 的正确部分分式形状。
3. 将 $x/((2x-1)(2x+1)(2x+3))$ 分解成部分分式。
4. 用第 3 题结果计算 $\sum_{k=1}^n k/((2k-1)(2k+1)(2k+3))$。
5. 若 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 是 $x^3-33x^2+27x-3$ 的根，计算 根的和、两两乘积和，以及三根乘积。
6. 利用根与系数的关系计算三角函数乘积。若 $\tan^2(\pi/9)$、$\tan^2(2\pi/9)$、$\tan^2(4\pi/9)$ 是 $x^3-33x^2+27x-3$ 的根，求 $\tan(\pi/9)\tan(2\pi/9)\tan(4\pi/9)$。

解答 · 参考解答 1

因为 $x^2+x-6=(x+3)(x-2)$，形状是 $A/(x+3)+B/(x-2)$。

解答 · 参考解答 2

形状是 $A/x+B/x^2+(Cx+D)/(x^2+1)+(Ex+F)/(x^2+1)^2$。

解答 · 参考解答 3

分解为 $1/[16(2x-1)]+1/[8(2x+1)]-3/[16(2x+3)]$。

解答 · 参考解答 4

代入 $x=k$ 后求和并对齐平移的奇数分母，结果是 $1/16(2-1/(2n+1)-3/(2n+3))$。

解答 · 参考解答 5

Vieta 公式给出 $33$、$27$、$3$。

解答 · 参考解答 6

三个平方后正切值的乘积是 $3$。由于三个角的正切皆为正，所求正切乘积为 $\sqrt3$。