部分分式分解：四個詳解例題

有理式看起來可能比實際上更難積分。考慮 $(3x+1)/(x^2-x-2)$。一旦把分母因式分解，這個式子就可以變成兩個分數，而它們的反導函數都是對數。困難的部分，在於還沒求任何常數之前，先選對形狀。如果你猜漏了一項，後面的代數就無法修補這個設定。

這份指南使用四個原創例題：相異的一次因式、重複的一次因式、不可約的二次因式，以及分子需要先做除法的情形。每個例題最後都會把答案通分還原。這個方法依據 OpenStax Calculus, Volume 2, §3.4，該章說明了次數條件與三種因式型態。想了解所得積分的意義，請參見我們的積分指南。以下的代數自成一體。

先檢查次數，並把分母因式分解

把有理函數寫成 $P(x)/Q(x)$。部分分式分解從真分式開始：$\deg P<\deg Q$。如果這個不等式不成立，就用 $Q$ 去除 $P$，保留多項式的商與真分式的餘式。不要試圖把商藏進常數裡。

接著在實數範圍內把 $Q$ 因式分解。在任何係數計算之前，因式分解就決定了模板：

這個模板是對每個允許的 $x$ 值都成立的恆等式，而不是關於某一個方便的測試點的敘述。消去分母之後，你可以用兩種互補的方式求未知數。把一次因式的根代入以消去某些項，如例題 1 與 2；或是把兩邊展開，使每個 $x$ 的次方的係數相等，如例題 3。代入根可能馬上決定一個常數，但當還剩下二次因式時，它很少能取代所有的係數比較。即使策略性的代入看起來已經給出所有的數，也一定要用剩下的係數來檢查。這也解釋了為什麼例題 2 中漏掉的那一項是可以偵測的：縮短的模板無法同時吻合所有的係數。這是結構上的失敗，而不只是代入點選得不好。如果你只在幾個普通的輸入值上求解，你解的是一個有限的方程組；你仍然需要驗證所得的多項式恆等式對所有 $x$ 都成立。完整的通分還原，一行就能做到這件事。

不可約的二次式沒有實數的一次因式。它的分子必須是一次式，即使求出來的 $B$ 恰好是零。要記住原來分母所排除的值：兩個公式即使在共同的定義域內處處相等，被約掉的極點也不會因此變得有定義。在做係數計算之前，先快速檢查一下因式，可以避免大多數結構上的失誤。

例題 1：兩個相異的一次因式

分解 $F(x)=(3x+1)/[(x-2)(x+1)]$。分子是一次，分母是二次，所以不需要做除法。這些因式相異。令

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

乘上分母，同時記住被排除的點 $x=2,-1$ 仍不在原函數的定義域內：

$3x+1=A(x+1)+B(x-2).$

這是一個多項式恆等式。代入 $x=2$ 得到 $7=3A$，所以 $A=7/3$。代入 $x=-1$ 得到 $-2=-3B$，所以 $B=2/3$。這些代入是在解多項式恆等式，並不表示原來的有理函數在這些點有定義。

現在不要停在兩個看起來合理的常數上，而要通分還原：

$$\frac{7}{3(x-2)}+\frac{2}{3(x+1)} =\frac{7(x+1)+2(x-2)}{3(x-2)(x+1)} =\frac{9x+3}{3(x-2)(x+1)}=F(x).$$

對 $x\ne2,-1$，等式成立。只做一次數值的抽查會比較弱：兩個錯誤的式子可以在某一個輸入值上相等。讓整個分子都吻合，才是決定性的檢查。

例題 2：重複的因式需要兩項

取 $G(x)=(2x+5)/[x(x+1)^2]$。重複的因式 $(x+1)^2$ 需要分母同時有一次方與二次方：

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

乘上 $x(x+1)^2$ 得到

$2x+5=A(x+1)^2+Bx(x+1)+Cx.$

令 $x=0$ 得 $A=5$。令 $x=-1$ 得 $3=-C$，所以 $C=-3$。要求 $B$，比較 $x^2$ 的係數：$A+B=0$，所以 $B=-5$。然後 $x$ 的係數提供一個獨立的檢查：$2A+B+C=10-5-3=2$，與要求相符。

把三個分子通分還原：

$$5(x+1)^2-5x(x+1)-3x =5x^2+10x+5-5x^2-5x-3x=2x+5.$$

因此對 $x\ne0,-1$，$G(x)=5/x-5/(x+1)-3/(x+1)^2$。刻意寫錯的模板：$A/x+B/(x+1)^2$ 漏掉了重複因式的一次方項。對這個特定的分子，它合併後的分子會是 $A(x+1)^2+Bx$。它的 $x^2$ 係數要求 $A=0$，而它的常數項要求 $A=5$。這個矛盾診斷出的是漏掉了一項，而不是一個困難的方程組。完整的模板就能解決它。

例題 3：不可約的二次式，分子是一次式

考慮 $H(x)=(2x^2+3x+5)/[(x-1)(x^2+1)]$。因為 $x^2+1$ 沒有實數根，在實數範圍內就讓它保持為二次式。合適的模板是

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

消去分母得到

$2x^2+3x+5=A(x^2+1)+(Bx+C)(x-1).$

在 $x=1$ 時，$10=2A$，所以 $A=5$。比較係數得到 $A+B=2$，所以 $B=-3$，以及 $-B+C=3$，所以 $C=0$。常數項的檢查是 $A-C=5$，它成立。零是求出來的 $C$ 值，並不是一開始就該猜分子是常數的理由。

通分還原很短：$5(x^2+1)-3x(x-1)=2x^2+3x+5$。因此在 $x\ne1$ 時，$H(x)=5/(x-1)-3x/(x^2+1)$。這個例題也讓積分變得方便：$x^2+1$ 的導數是 $2x$，所以第二項經過常數的調整後，是一個對數的變數變換。如果二次因式是重複的，每個次方都需要自己的一次式分子，就像重複的一次因式需要每個次方一樣。

例題 4：假分式要先做除法

現在取 $J(x)=(x^2+4x+5)/(x^2-1)$。兩個多項式的次數都是二。用長除法，或是從分子減去一次分母，得到

$$J(x)=1+\frac{4x+6}{x^2-1}=1+\frac{4x+6}{(x-1)(x+1)}.$$

只分解餘式。令 $4x+6=A(x+1)+B(x-1)$。代入 $x=1$ 得 $10=2A$，所以 $A=5$。在 $x=-1$ 時，$2=-2B$，所以 $B=-1$。因此

$J(x)=1+\frac5{x-1}-\frac1{x+1},\qquad x\ne\pm1.$

把整個結果通分還原，包括多項式的商。兩個真分式的項給出 $[5(x+1)-(x-1)]/(x^2-1)=(4x+6)/(x^2-1)$。再加上 1 就還原為 $(x^2-1+4x+6)/(x^2-1)=(x^2+4x+5)/(x^2-1)$。如果漏掉那個 1，餘式的係數檢查會通過，但與原來的分式比對時就會失敗。

積分出結果，再用微分檢查

回到例題 3。在被 $x=1$ 隔開的任一個區間上，逐項積分：

$$\int H(x)\,dx =5\ln|x-1|-\frac32\ln(x^2+1)+C.$$

微分：$5/(x-1)-(3/2)(2x)/(x^2+1)=5/(x-1)-3x/(x^2+1)=H(x)$。$x-1$ 外面需要絕對值；對實數 $x$，$x^2+1$ 是正的。常數 $C$ 在不相連的區間上可以不同。這最後的導數檢查，能抓到正確的分解本身抓不到的錯誤，例如積分時漏掉了因子二。

如果積分中還混用了另一種技巧，分部積分例題示範了怎麼在好幾步之後驗證反導函數。拉普拉斯轉換是學這種代數的另一個理由：反轉換的工作通常從拆開一個有理式開始。在 Math Zen 中，先把輔助的因式分解和導數技能分開成不同的題目來練習，再把它們組合到較長的積分裡。

繼續前進之前的簡短自我檢查

對任何新的有理式，都執行同樣的順序：比較次數、必要時先做除法、把分母因式分解、為每一個必要的因式次方寫一項、解多項式恆等式，然後把整個式子通分還原。上面的四種情形刻意使用不同的模板；通分還原這一步，是它們共同的保障。一個額外有用的測試，是觀察被排除的值附近的行為。在例題 1 中，分母為 $x-2$ 的那一項，控制了 $x=2$ 附近的發散；缺少那一項的分解，無法重現原來的極點。這不能決定每一個係數，但這是在做完整恆等式之前，注意到模板不完整的另一種方式。同樣地，重複的平方因式可以產生比單獨一次方項更強的發散。永遠把代數的通分還原當成最後的證明，因為某一個極點附近的視覺行為，並不能偵測出每一個係數的錯誤。如果它失敗了，先檢查模板，再檢查係數的算術。解出來的方程組，無法挽救漏掉的因式項。