8.3 有理函數、部分分式與 Vieta 公式

為甚麼本章最後部分重要

多項式除法與 gcd 並不是孤立技巧。它們支撐兩個在後續數學中經常出現的工具： 部分分式分解，以及根與係數之間的 Vieta 公式。前者需要除法算法、因式分解與互質； 後者需要多項式在 $C$ 上的根分解。

有理函數與多項式部分

定義

有理函數

有理函數是

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

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離多項式部分。若 $\deg p\ge\deg q$，除法算法給出

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

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 $r(x)/q(x)$。

這裏分母非零是指它不是零多項式，並不表示它在每個實數處都非零。原商式的定義域仍須排除分母的實根。清分母後得到的是多項式恆等式，可以在所有實數處檢驗；原有理式卻只能在分母非零處代入。即使約去公因式，也應保留原表達式排除的輸入。

分子次數嚴格小於分母次數時，稱為真分式；否則稱為假分式。餘式可以是零，約定其次數為負無窮。非零常數分母只留下多項式部分；若原分式已是真分式，除法的商便是零。多項式部分的唯一性來自商與餘式的唯一性：一個非零多項式不可能藏在真分式之和中，因為通分後的分子次數仍小於分母次數。

分拆互質的分母因式

假設 $q(x)=q_1(x)q_2(x)$ 且 $\gcd(q_1,q_2)=1$。Bézout 恆等式給出 $a(x),b(x)$ 使

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

乘以 $r(x)$ 並除以 $q_1q_2$，可把 $r/q$ 分拆成分母為 $q_1$ 與 $q_2$ 的兩項； 再用除法算法把分子次數降到小於相應分母。這就是部分分式分解能成立的結構原因。

證明: 存在性與唯一性各自使用甚麼條件

先把 Bézout 給出的分子分別除以對應分母：

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

第二次除法的除式必須是第二個分母。代入原式並清分母，得到

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

左邊與右邊最後兩項的次數都嚴格小於兩個分母乘積的次數。若兩個商的和非零，它與乘積分母相乘後的次數至少等於分母次數，造成矛盾。因此兩個商恰好抵消，存在性得證。

若另有一組滿足同樣次數限制的分子，相減可得

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

第一分母整除左邊的乘積。由互質與 Euclid 整除引理，它必須整除第一組分子的差；但這個差的次數小於該分母，只能為零。再代回恆等式，第二組分子的差也為零。互質條件讓我們去掉多餘因式，次數條件則把整除關係加強為相等；兩步缺一不可。

多個兩兩互質因式可反覆分拆。同一個不可約因式的所有重複次數必須先合併成一個冪；不同不可約因式的冪仍然互質，同一因式的兩個副本卻不互質，不能直接套用這個證明。

定理

R 上的部分分式形狀

若分母可分解為

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

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 $R$ 上不可約，則每個有理函數可唯一寫成一個多項式加上以下形狀的項：

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

互質分拆後的整組分子在下列展開中滿足 $\deg A\lt m$ 與 $\deg B\lt2n$。重複一次因式需要每個冪次一個常數分子：

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

重複不可約二次因式則需要一次分子：

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

實首一二次式不可約，等價於判別式為負。若有兩個實根，須先分成一次因式；若有重複實根，則屬於重複一次因式的情形。分母的非零常數因子可保留為整體倒數，也可吸收到未知係數裏，但兩種約定不可混用。

最後每一項的分子次數由不可約的基本因式決定，不是由分母的整個冪決定。一次因式上方是常數；不可約二次因式上方是至多一次式，所以也容許常數或零分子。「一次分子」只描述一般模板，不要求一次項係數非零。

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

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

再處理剩餘分子，分母冪次逐次降低，直到一次冪。每次除法的商與餘式唯一，因此最終各層分子也唯一。一次因式的過程完全相同，只是每層餘式為常數。

例題

建立一個部分分式分解

分解

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

先做除法：

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

再設

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

清分母後，係數比較的依據是

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

依次比較二次、一次與常數項：

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

雖然原分式不能在極點代入，這個多項式恆等式卻可以。代入 $x=2$ 得 $24=11C$，然後由前兩個係數方程求出其餘未知數。

比較係數得

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

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

考慮

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

係數可通過清分母後分別代入三個分母根來驗證，得到 $1/2=8A$、$-1/2=-4B$、$-3/2=8C$。所有正整數輸入均不使原分母為零。

為了完整處理邊界，記 $u_k=1/(2k-1)$，原和為 $T_n$。則

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

把每項寫成 $(u_k-u_{k+1})+3(u_{k+1}-u_{k+2})$，兩個和各自相消，得到

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

這個寫法不假定中間範圍非空，因此也適用於 $n=1$。若直接展開，內部每個奇數分母的權重為一、二、負三，總和為零；開始與末端各兩項則留下邊界貢獻。

代入 $x=k$ 並從 $k=1$ 加到 $n$，中間許多項會抵消，留下

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

方法上的重點是：先分解，再檢查平移後的分母能否抵消。

Vieta 公式

設

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

由代數基本定理，

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

其中根按重數計算。要得到 $x^{n-j}$ 的係數，就從恰好 $j$ 個因子選根項，其餘因子選 $x$；每個選擇給出符號為 $(-1)^j$ 的根乘積。下標遞增確保每種選擇只計一次。這裏數的是因子位置，因此即使根值重複，也必須按其重數保留。

定理

Vieta 公式

對 $j=1,2,\ldots,n$，

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

對三次多項式 $a_3x^3+a_2x^2+a_1x+a_0$，若根為 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$，則

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

例題

三次方程根的冪和

設 $a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3=0$ 的根為 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$，並記 $S_r=\alpha_1^r+\alpha_2^r+\alpha_3^r$。則

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

二次冪和的推導是展開根和的平方，再減去出現兩次的兩兩乘積。三次冪和則須更仔細計數。記三個基本對稱和為 $e_1,e_2,e_3$。展開根和的立方時，每個含兩個相同下標的混合項出現三次，三根乘積出現六次；而 $e_1e_2$ 中這些混合項各出現一次，三根乘積出現三次。消去混合項可得

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

最後的正號補回多減的三根乘積。代入 Vieta 時，還須保留根乘積本身的負號，得到

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

還可用根滿足的三次方程獨立核對。把三個根方程相加，便有

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

常數項出現三次，因為根按重數共計三個。代入已經求出的前兩個冪和，再解出第三個，就得到相同公式。這不要求根互異、為實數，或已被逐一求出；還可檢查展開法的符號與分母次數。

若先把每個根方程乘以該根的同一個非負整數次冪，再求和，可得

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

這裏初值是根的個數，包含零根，並非要求計算含糊的零的零次冪。這個關係說明，少量基本對稱資料足以控制後續冪和；本節正切題只需用到前三個。

可選：Lagrange 插值觀點

若

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

的 $x_i$ 兩兩不同，則存在唯一一個次數至多 $n$ 的多項式通過這 $n+1$ 個點。 令

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

則 $L_i(x_j)=\delta_{ij}$，所以

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

具有所需函數值。唯一性來自根數上界：兩個候選多項式的差至多 $n$ 次，但有 $n+1$ 個根，只能是零。

概念視角結構

用節點值代替係數資料

節點兩兩不同，保證基多項式的分母全非零。在自己的節點，各因子都等於一；在別的節點，有一個分子因子為零。因此每個基多項式只負責一個指定值，其餘節點的貢獻全為零。插值和必須包含全部節點，包括最後一個。

公式直接證明存在性，根數上界獨立證明唯一性。次數限制不可省略：加上全部節點因式乘積的任意倍數，仍保持所有節點值，卻通常提高次數。重複節點也不是這個公式的適用情形，因為分母會為零。

證明思路

兩個主要論證的起點不同。部分分式通過除法限制次數，由 Bézout 分拆互質因式，再用連續餘式處理冪次；Vieta 則從根分解出發，計算各係數的貢獻。下列反例檢查部分分式模板，隨後正切例題把係數觀點與 de Moivre 定理結合。

反例模式

漏項會令係數方程根本無解

一個錯誤捷徑是：重複分母只保留最高冪，上方放一個常數。用有理函數 $(x^3+1)/(x-2)^4$ 檢查。若它等於 $D/(x-2)^4$，清分母便要求非常數多項式 $x^3+1$ 恆等於常數，顯然不可能。問題在模板本身，繼續求同一個未知數並不能修復。

正確修補是令 $y=x-2$，於是 $x=y+2$，分子變成

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

除以平移變量的四次方，得到完整四層：

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

各層係數各有作用：乘回公分母後，它們分別控制平移變量的不同冪；省去一層，就預先刪去一個可用係數。分式的等式仍須排除 $x=2$。

另一錯誤模板是在所有二次因式上只放常數。真分式 $x/(x^2+1)$ 不可能等於 $B/(x^2+1)$，因為清分母便要求 $x=B$ 恆成立。修補是容許完整的至多一次分子。係數可以在解方程後變成零，卻不能在驗證恆等式之前擅自限定為零。

例題

先讀出部分分式形狀

在 $R$ 上，寫出

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

的正確部分分式形狀。

$x^2$ 是重複一次因式，所以貢獻

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

$x^2+1$ 是 $R$ 上不可約二次因式，而且重複到二次方，所以貢獻

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

完整形狀是

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

這一步只是在建立形狀，尚未求 $A,B,C,D,E,F$。若形狀漏了某個冪次或分子次數不對， 後面的係數比較就會失去意義。

現在求出這個分解中餘下的係數。原式是偶函數，把變量換成其相反數，再用分解的唯一性，可知所有奇函數項的係數為零，即 $A=C=E=0$。其餘三項清分母後滿足

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

常數項給出 $B=1$；四次項給出 $B+D=0$，故 $D=-1$；二次項給出 $2B+D+F=2$，故 $F=1$。於是

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

這裏零係數由完整恆等式支持，與一開始漏寫模板中的項不同。二次因式處處為正，唯一須排除的實輸入是零。

例題

在正切綜合題中使用 Vieta

要把三角方程與根連繫起來，首先須推導相應的多項式。令 $t=\tan\theta$，並要求 $\cos\theta\ne0$ 與 $\cos9\theta\ne0$。由 de Moivre 定理，

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

二項式展開中，偶數冪給實部，奇數冪給虛部；正負交替來自虛數單位的冪。分別記

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

它們依次為虛部與實部。因式分解得到

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

這些分解可直接乘開驗證；虛部除以實部便給出

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

實部等式說明 $D(t)=\cos9\theta/\cos^9\theta$，因此先前的餘弦條件恰好保證分母非零；代數變形沒有把公式延伸到正切的極點。

現在取 $\theta=\pi/9,2\pi/9,4\pi/9$。三個角嚴格位於零與 $\pi/2$ 之間，其九倍角的餘弦依次為負一、一、一，所以商式有定義。九倍角的正弦全為零，故分子為零。三個正切均為正，所以因子 $t$ 非零；三個角都不等於 $\pi/3$，由正切在此區間嚴格遞增，它們的正切都不等於 $\sqrt3$，故因子 $t^2-3$ 也非零。只有檢查了這些條件，才能推出六次因式為零。

令 $x=t^2$，於是把

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

化為 $x^3-33x^2+27x-3=0$ 的根。三個正切互不相同且為正，其平方也互不相同；三次式至多有三個根，所以已經找齊全部根。設它們為 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$。 Vieta 公式給出根和為 $33$，兩兩乘積和為 $27$，三根乘積為 $3$。因為三個正切值 都是正數，所以正切乘積是正的平方根：

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

若要求六次冪和，則把 $\alpha_1^3+\alpha_2^3+\alpha_3^3$ 改寫成

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

代入得 $33^3-3(33)(27)+3(3)=33273$。

常見錯誤

常見錯誤

漏掉重複分母的冪次

對 $(x-2)^4$ 這種重複因式，只寫一項分母 $(x-2)^4$ 不夠。必須包含從一次到四次的 所有冪次。

常見錯誤

在不可約二次因式上只放常數分子

在 $R$ 上，$x^2+1$ 上方的分子次數要小於 $2$，所以一般分子是 $Ax+B$，不是只放 一個常數。

常見錯誤

把 Vieta 直接套到非對稱式

Vieta 給的是根的對稱和，不是每個根的個別值。處理冪和或三角乘積前，通常要先把 目標改寫成對稱和。

總結

本節把前兩節的多項式工具串起來。除法分離多項式部分與 proper rational part； Bézout 恆等式與互質解釋為何不同分母因式可以分拆；重複冪次決定部分分式項的數量； Vieta 公式則把複數根分解式與係數形式比較，讓我們不用逐一求根也能計算根的和與積。

練習閱讀指南

第 1–4 題先區分寫一般形狀與求係數。所有冪次齊全後才清分母，再對多項式恆等式代入或比較係數。有限和必須同時保留開頭與末端的邊界項。

第 5–6 題先命名三個正切平方值，再套用 Vieta。多項式控制其對稱和，未平方的正切值的正性則另行決定乘積符號。自行推導三次式時，須檢查正切公式的分母，以及被去掉的兩個分子因式。

快速檢查

思考檢查

為甚麼做部分分式前要先把 $p(x)$ 除以 $q(x)$？

檢查剩下分式所需的次數條件。

解答 · 答案

部分分式形狀是給 proper rational functions 用的。先做除法可分離多項式部分， 並留下 $\deg r\lt\deg q$ 的餘式分式。

思考檢查

在 $x^2+1$ 這種不可約二次因式上方，分子應該是甚麼形狀？

使用分子次數規則。

解答 · 答案

分子至多為一次式，即 $Ax+B$；容許 $A=0$。

思考檢查

對 $x^3-33x^2+27x-3$，三個根的乘積是多少？

使用三次 Vieta 公式。

解答 · 答案

monic 三次式的根乘積是 $-a_0$。這裡 $a_0=-3$，所以乘積是 $3$。

練習

1. 寫出 $5/(x^2+x-6)$ 的正確部分分式形狀。
2. 寫出 $(2x^2+1)/(x^2(x^2+1)^2)$ 的正確部分分式形狀。
3. 將 $x/((2x-1)(2x+1)(2x+3))$ 分解成部分分式。
4. 用第 3 題結果計算 $\sum_{k=1}^n k/((2k-1)(2k+1)(2k+3))$。
5. 若 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 是 $x^3-33x^2+27x-3$ 的根，計算 根的和、兩兩乘積和，以及三根乘積。
6. 利用根與係數的關係計算三角函數乘積。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 · 參考解答 1

因為 $x^2+x-6=(x+3)(x-2)$，形狀是 $A/(x+3)+B/(x-2)$。

解答 · 參考解答 2

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

解答 · 參考解答 3

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

解答 · 參考解答 4

代入 $x=k$ 後求和並對齊平移的奇數分母，結果是 $1/16(2-1/(2n+1)-3/(2n+3))$。

解答 · 參考解答 5

Vieta 公式給出 $33$、$27$、$3$。

解答 · 參考解答 6

三個平方後正切值的乘積是 $3$。由於三個角的正切皆為正，所求正切乘積為 $\sqrt3$。