TOP
02 กุมภาพันธ์ 2008, 21:03
บทความนี้เป็นการแก้ไขที่ผิด และปรับปรุงบทความ เสริมประสบการณ์คณิตศาสตร์เรื่อง เศษส่วนย่อย (http://www.mathcenter.net/sermpra/sermpra21/sermpra21p01.shtml)
เศษส่วนย่อย
เศษส่วนย่อยคืออะไร สำหรับน้องที่เคยหาผลบวกของอนุกรมอนันต์ในชั้นมัธยมศึกษาตอนปลาย ต้องเคยทำเศษส่วนย่อยด้วยกันทุกคนแน่ๆ ตัวอย่างเช่น
\[\begin{array}{rcl}
\displaystyle{\frac{1}{n(n+1)}} & = & \displaystyle{\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}} \\
\displaystyle{\frac{1}{4n^2 - 1}} & = & \displaystyle{\frac{1}{(2n - 1)(2n + 1)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n - 1} - \frac{1}{2n + 1}\right)}
\end{array}\]
เราทำเศษส่วนย่อยไปเพื่ออะไร นั่นก็แล้วแต่ว่าน้องคิดจะเอาไปใช้ทำอะไรกันได้บ้าง หากนำไปใช้กับอนุกรมก็อาจทำให้เกิดการตัดกันของเทอมที่สองไปจนถึงก่อนเทอมสุดท้ายได้ หากนำไปใช้ในการทำอินทิเกรตก็อาจช่วยให้การอินทิเกรตง่ายขึ้น ฯลฯ
เศษส่วนย่อยที่เราทำกัน แบ่งได้เป็น 4 ประเภทดังนี้
ประเภทที่ 1 ส่วนสามารถแยกตัวประกอบเป็นผลคูณของตัวประกอบเชิงเส้น $(ax+b)$ เมื่อแยกแล้วจะได้เศษส่วนย่อยเป็น
\[\frac{A}{a_1 x + b_1} + \frac{B}{a_2 x + b_2} + \frac{C}{a_3 x + b_3} + \cdots \]
โดยที่ $\frac{b_1}{a_1} \ne \frac{b_2}{a_2} \ne \frac{b_3}{a_3} \ne \cdots$ และ $a_1,a_2,a_3,\ldots \ne 0$
จำนวนเศษส่วนย่อยที่สมมติได้เท่ากับจำนวนวงเล็บของ $(ax+b)$
\[\begin{array}{rcl}
\textrm{เช่น } \displaystyle{\frac{x-3}{(2x+1)(x+2)}} & = & \displaystyle{\frac{A}{2x+1} + \frac{B}{x+2}} \\
\displaystyle{\frac{{x - 3}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x^2 + 6x - 27} \right)}}} & = & \displaystyle{\frac{{x - 3}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 9} \right)\left( {x - 3} \right)}} = \frac{A}{{x - 1}} + \frac{B}{{x + 9}} + \frac{C}{{x - 3}}}\\
\displaystyle{\frac{{3x^2 + 2x + 3}}{{x\left( {1 - x^2 } \right)}}} & = & \displaystyle{\frac{{3x^2 + 2x + 3}}{{x\left( {1 - x} \right)\left( {1 + x} \right)}} = \frac{A}{x} + \frac{B}{{1 - x}} + \frac{C}{{1 + x}}} \\
\displaystyle{\frac{{2x^3 + 2x^2 + 1}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x - 3} \right)\left( {x + 4} \right)}}} & = & \displaystyle{\frac{A}{{x + 1}} + \frac{B}{{x + 2}} + \frac{C}{{x - 3}} + \frac{D}{{x + 4}}}
\end{array}\]
โดย $A,B,C,\ldots,Z$ เป็นค่าคงที่ที่เราจะต้องหาออกมาในภายหลัง ตอนนี้เราจะเน้นที่รูปแบบของเศษส่วนย่อยที่ได้ก่อน
ประเภทที่ 2 ส่วนสามารถแยกตัวประกอบเป็นผลคูณของตัวประกอบเชิงเส้น $(ax+b)$ ที่มีการยกกำลัง คือ $(ax+b)^n$ เศษส่วนย่อยที่ได้จะมีกำลังตั้งแต่ $1$ ถึง $n$ ดังนี้
\[\frac{{K_1 }}{{ax + b}} + \frac{{K_2 }}{{\left( {ax + b} \right)^2 }} + \frac{{K_3 }}{{\left( {ax + b} \right)^3 }} + \cdots + \frac{{K_n }}{{\left( {ax + b} \right)^n }}\]
จำนวนเศษส่วนย่อยที่สมมติได้เท่ากับค่าตัวเลขชี้กำลัง (คือตัว $n$)
\[\begin{array}{rcl}
\textrm{เช่น } \displaystyle{\frac{{x - 3}}{{\left( {x - 1} \right)^2 }}} & = & \displaystyle{\frac{A}{{x - 1}} + \frac{B}{{\left( {x - 1} \right)^2 }}} \\
\displaystyle{\frac{{2x + 5}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x^2 + 2x + 1} \right)}}} & = & \displaystyle{\frac{{2x + 5}}{{\left( {x + 1} \right)^3 }} = \frac{A}{{x + 1}} + \frac{B}{{\left( {x + 1} \right)^2 }} + \frac{C}{{\left( {x + 1} \right)^3 }}} \\
\displaystyle{\frac{{2x - 1}}{{8x^3 + 12x^2 + 6x + 1}}} & = & \displaystyle{\frac{{2x - 1}}{{\left( {2x + 1} \right)^3 }} = \frac{A}{{2x + 1}} + \frac{B}{{\left( {2x + 1} \right)^2 }} + \frac{C}{{\left( {2x + 1} \right)^3 }}} \\
\displaystyle{\frac{{3x^2 + 2}}{{x\left( {x + 1} \right)\left( {3x + 2} \right)^2 }}} & = & \displaystyle{\frac{A}{x} + \frac{B}{{x + 1}} + \frac{C}{{3x + 2}} + \frac{D}{{\left( {3x + 2} \right)^2 }}}
\end{array}\]
ประเภทที่ 3 ตัวประกอบของส่วนมีเทอมกำลังสอง $ax^2 + bx + c$ ที่แยกตัวประกอบไม่ได้(มีผลเฉลยเป็นจำนวนเชิงซ้อน) เศษของเศษส่วนย่อยเทอมนี้จะต้องมีรูปเป็น $Mx + N$ จำนวนเศษส่วนย่อยที่สมมติได้จะเท่ากับจำนวนวงเล็บจริงๆ
\[\begin{array}{rcl}
\textrm{เช่น } \displaystyle{\frac{{3x^2 + 2x + 1}}
{{\left( {x - 1} \right)\left( {x^2 + x + 6} \right)}}} & = & \displaystyle{\frac{A}{{x - 1}} + \frac{{Bx + C}}{{x^2 + x + 6}}} \\
\displaystyle{\frac{{3x^2 + 4x + 5}}{{x^4 + 3x^3 + x^2 }}} & = & \displaystyle{\frac{{3x^2 + 4x + 5}}{{x^2 \left( {x^2 + 3x + 1} \right)}} = \frac{A}{x} + \frac{B}{{x^2 }} + \frac{{Cx + D}}{{x^2 + 3x + 1}}} \\
\displaystyle{\frac{{6x^3 + 3x^2 + x + 1}}{{\left( {x^2 + 4x - 12} \right)\left( {2x^2 + 3x + 5} \right)}}} & = & \displaystyle{\frac{{6x^3 + 3x^2 + x + 1}}{{\left( {x + 6} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {2x^2 + 3x + 5} \right)}}} \\
& = & \displaystyle{\frac{A}{{x + 6}} + \frac{B}{{x - 2}} + \frac{{Cx + D}}{{2x^2 + 3x + 5}}}
\end{array}\]
ประเภทที่ 4 ตัวประกอบของส่วนมีเทอมกำลังสอง $ax^2 + bx + c$ ที่แยกตัวประกอบไม่ได้และมีการยกกำลัง คือ $(ax^2 + bx + c)^n$ เศษส่วนย่อยที่ได้จะมีกำลังตั้งแต่ $1$ ถึง $n$ ดังนี้
\[\frac{{M_1 x + N_1 }}{{\left( {ax^2 + bx + c} \right)}} + \frac{{M_2 x + N_2 }}{{\left( {ax^2 + bx + c} \right)^2 }} + \frac{{M_3 x + N_3 }}{{\left( {ax^2 + bx + c} \right)^3 }} + \cdots + \frac{{M_n x + N_n }}{{\left( {ax^2 + bx + c} \right)^n }}\]
จำนวนเศษส่วนย่อยที่สมมติได้เท่ากับค่าตัวเลขชี้กำลัง (คือตัว $n$)
\[\textrm{เช่น } \frac{{2x^2 + x}}{{\left( {2x^2 + 5x + 7} \right)^2 }} = \frac{{Ax + B}}{{2x^2 + 5x + 7}} + \frac{{Cx + D}}{{\left( {2x^2 + 5x + 7} \right)^2 }}\]
หลังจากจำรูปแบบของเศษส่วนย่อยได้แล้ว ทีนี้ก็มาพูดถึงวิธีการหาค่าคงที่ $A,B,C,\ldots,Z$ ออกมา วิธีหาค่าคงที่ออกมาทำได้ $2$ วิธี (ใครจะคิดวิธีที่ $3,4,\ldots$ ก็ได้นะ ถ้ามันเด็ดจริงๆก็ส่งมาให้อ่านกันบ้าง) คือ
วิธีหาจากค่าสัมประสิทธิ์(Undetermined Coefficient)
วิธีการของ Heaviside ซึ่งในที่นี้จะขอกล่าวเฉพาะการหาค่าคงที่ในกรณีที่เทอมของตัวประกอบเชิงเส้น $ax+b$ นั้นไม่มีการยกกำลัง ซึ่งเมื่อผสมกับวิธีการหาจากค่าสัมประสิทธิ์(ด้วยการแทนค่า $x$ ที่เหมาะสม) จะสามารถหาค่าคงที่ได้รวดเร็วกว่าวิธีแรกมาก
หลักการทั่วๆไปในการแยกเศษส่วนให้เป็นเศษส่วนย่อย
เศษส่วนที่นำมาแยกนั้นต้องเป็นเศษส่วนธรรมดา คือ $\frac{P(x)}{Q(x)}$
$P(x)$ จะต้องมีดีกรีต่ำกว่า $Q(x)$ ถ้า $P(x)$ มีดีกรีสูงกว่า $Q(x)$ คือเป็นเศษเกินก็ต้องทำให้เป็นเศษส่วนคละก่อนโดยการหาร
ถ้าส่วนของเศษส่วนที่นำมาแยก ถ้าแยกตัวประกอบได้ก็ต้องแยกตัวประกอบก่อน ถ้ายกกำลังได้ก็ต้องยกกำลังให้เสร็จเรียบร้อยเสียก่อน
จำนวนเศษส่วนย่อยที่ได้จะเท่ากับจำนวนตัวประกอบจริงๆของส่วน
$A,B,C,D,\ldots$ หาได้โดยวิธีการหาจากค่าสัมประสิทธิ์(Undetermined Coefficient) ซึ่งทำได้ $2$ วิธี คือ
เทียบสัมประสิทธิ์ของ $x$ ที่มีกำลังเท่ากัน
แทนค่า $x$ ที่สะดวกแก่การคำนวณ เช่น $0,\pm 1,\pm 2$ ค่าของ $x$ ที่แทนต้องไม่ทำให้ส่วนของเทอมใดเทอมหนึ่งเป็น $0$
\[\textrm{เช่น } \frac{{x - 3}}{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{A}{{2x + 1}} + \frac{B}{{x + 2}}\]
การหาค่าคงที่
โดยการเทียบสัมประสิทธิ์ของ $x$ ที่มีกำลังเท่ากัน
\[\frac{{x - 3}}{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{A}{{2x + 1}} + \frac{B}{{x + 2}} = \frac{{A\left( {x + 2} \right) + B\left( {2x + 1} \right)}}{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{\left( {A + 2B} \right)x + \left( {2A + B} \right)}}{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}\]
โดยการเทียบสัมประสิทธิ์ของ $x$ ที่มีกำลังเท่ากัน (ดูตรงเศษของเศษส่วน) จะได้ $A+2B=1$ และ $2A+B=-3$ แก้สมการ $2$ ตัวแปรหาค่า $A,B$ ออกมาจะได้ $A = - \frac{7}{3}\ ,\ B = \frac{5}{3}$ ดังนั้น
\[\frac{{x - 3}}{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{ - \frac{7}{3}}}{{2x + 1}} + \frac{{\frac{5}{3}}}{{x + 2}} = - \frac{7}{3}\left( {\frac{1}{{2x + 1}}} \right) + \frac{5}{3}\left( {\frac{1}{{x + 2}}} \right)\]
โดยแทนค่า $x$ ที่สะดวกแก่การคำนวณ
จาก $\displaystyle{\frac{{x - 3}}{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{A}{{2x + 1}} + \frac{B}{{x + 2}}}$
ทดลองแทนค่า $x$ ด้วย $0,3$ ตามลำดับ
\[\begin{array}{rrcl}
\textrm{เมื่อ } x=0 \textrm{ จะได้ว่า } & - \frac{3}{2} & = & A + \frac{B}{2} \\
\textrm{เมื่อ } x=3 \textrm{ จะได้ว่า } & 0 & = & \frac{A}{7} + \frac{B}{5}
\end{array}\]
แก้สมการ $2$ ตัวแปรหาค่า $A,B$ ออกมาจะได้ว่า $A = - \frac{7}{3}\ ,\ B = \frac{5}{3}$ ดังนั้น
\[\frac{{x - 3}}{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{ - \frac{7}{3}}}{{2x + 1}} + \frac{{\frac{5}{3}}}{{x + 2}} = - \frac{7}{3}\left( {\frac{1}{{2x + 1}}} \right) + \frac{5}{3}\left( {\frac{1}{{x + 2}}} \right)\]
โดยวิธี Heaviside
ในที่นี้จะขอแนะนำวิธีการหาค่าคงที่ในการแยกเศษส่วนย่อยอีกวิธีหนึ่ง วิธีนี้เป็นส่วนหนึ่งของการกระจายของ Heaviside (Oliver Heaviside วิศวกรไฟฟ้าชาวอังกฤษเป็นผู้คิดขึ้น) ซึ่งใช้กันใน Laplace Transform ข้อดีของวิธีนี้คือรวดเร็วและสะดวก วิธีนี้ใช้ในกรณีที่เทอมของตัวประกอบเชิงเส้น $ax+b$ นั้นไม่มีการยกกำลัง
เรามาลองพิจารณาการแยกเศษส่วนย่อยนี้ดู (จะมีตัวประกอบเชิงเส้น $ax+b$ ที่มีการยกกำลังรวมอยู่ด้วยเพื่อให้เห็นข้อจำกัดของวิธีนี้ไปพร้อมๆกัน)
\[\begin{array}{rcl}
F\left( x \right) & = & \displaystyle{\frac{{P\left( x \right)}}
{{Q\left( x \right)}} = \frac{{P\left( x \right)}}{{\left( {x - a_1 } \right)\left( {x - a_2 } \right)^2 \left( {x - a_3 } \right)^3 \cdots \left( {x - a_m } \right)^m }}} \\
& = & \displaystyle{\frac{{K_{11} }}{{x - a_1 }} + \frac{{K_{21} }}{{x - a_2 }} + \frac{{K_{22} }}{{\left( {x - a_2 } \right)^2 }} + \frac{{K_{31} }}{{x - a_3 }} + \frac{{K_{32} }}{{\left( {x - a_3 } \right)^2 }} + ... + \frac{{K_{mm} }}{{\left( {x - a_m } \right)^m }}}
\end{array}\]
โดย $P(x)$ มีดีกรีต่ำกว่า $Q(x)$ เราจะได้
วิธีหา $K_{11}$ โดย นำ $(x-a_1)$ ไปคูณแล้วหาลิมิตเมื่อ $x$ เข้าใกล้ $a_1$ จะได้
\[\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to a_1 } \left( {x - a_1 } \right)F\left( x \right) \\
= \mathop {\lim }\limits_{x \to a_1 } \frac{{P\left( x \right)}}{{\left( {x - a_2 } \right)^2 \left( {x - a_3 } \right)^3 ...\left( {x - a_m } \right)^m }} \\
= \mathop {\lim }\limits_{x \to a_1 } K_{11} + \frac{{K_{21} \left( {x - a_1 } \right)}}
{{x - a_2 }} + \frac{{K_{22} \left( {x - a_1 } \right)}}
{{\left( {x - a_2 } \right)^2 }} + \frac{{K_{31} \left( {x - a_1 } \right)}}
{{x - a_3 }} + \frac{{K_{32} \left( {x - a_1 } \right)}}
{{\left( {x - a_3 } \right)^2 }} + \cdots + \frac{{K_{mm} \left( {x - a_1 } \right)}}
{{\left( {x - a_m } \right)^m }} \\
= K_{11}
\end{array}\]
วิธีหา $K_{22}$ โดยนำ $(x-a_2)^2$ ไปคูณแล้วหาลิมิตเมื่อ $x$ เข้าใกล้ $a_2$ จะได้
\[\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to a_2 } \left( {x - a_2 } \right)^2 F\left( x \right) \\
= \mathop {\lim }\limits_{x \to a_2 } \frac{{P\left( x \right)}}{{\left( {x - a_1 } \right)\left( {x - a_3 } \right)^3 \cdots \left( {x - a_m } \right)^m }} \\
= \mathop {\lim }\limits_{x \to a_1 } \frac{{K_{11} \left( {x - a_2 } \right)^2 }}{{x - a_1 }} + K_{21} \left( {x - a_2 } \right) + K_{22} + \frac{{K_{31} \left( {x - a_2 } \right)^2 }}{{x - a_3 }} + \frac{{K_{32} \left( {x - a_2 } \right)^2 }}{{\left( {x - a_3 } \right)^2 }} + \cdots + \frac{{K_{mm} \left( {x - a_2 } \right)^2 }}{{\left( {x - a_m } \right)^m }} \\
= K_{22}
\end{array}\]
ในทำนองเดียวกัน วิธีหา $K_{nn}$ โดยนำ $(x-a_n)^n$ ไปคูณแล้วหาลิมิตเมื่อ $x$ เข้าใกล้ $a_n$ จะได้
\[\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to a_n } \left( {x - a_n } \right)^n F\left( x \right) \\
= \mathop {\lim }\limits_{x \to a_n } \frac{{P\left( x \right)}}{{\left( {x - a_1 } \right)\left( {x - a_2 } \right)^2 \left( {x - a_3 } \right)^3 \cdots \left( {x - a_m } \right)^m }} \\
= \mathop {\lim }\limits_{x \to a_n } \frac{{K_{11} \left( {x - a_n } \right)^n }}{{x - a_1 }} + \frac{{K_{21} \left( {x - a_n } \right)^n }}{{x - a_2 }} + \frac{{K_{22} \left( {x - a_n } \right)^n }}{{\left( {x - a_2 } \right)^2 }} + \cdots + K_{nn} + \cdots + \frac{{K_{mm} \left( {x - a_n } \right)^n }}{{\left( {x - a_m } \right)^m }} \\
= K_{nn}
\end{array}\]
จากวิธีของ Heaviside ที่แนะนำนี้จะพบว่า สามารถหาได้เฉพาะ $K_{nn}$ เท่านั้น หรือหาได้เฉพาะสัมประสิทธิ์ของเศษส่วนย่อยที่มีกำลังของคำตอบเดียวกันสูงสุดเท่านั้น ดังนั้น $K_{ij}\ ,\ i \ne j$ ต้องหาด้วยวิธีหาจากค่าสัมประสิทธิ์ซึ่งโดยทั่วไปแล้วจะใช้วิธีการแทนค่า $x$ ที่สะดวกแก่การคำนวณ
ตัวอย่าง 1 $\displaystyle{\frac{{6x + 4}}{{x\left( {x + 2} \right)}} = \frac{A}{x} + \frac{B}{{x + 2}}}$
\[\begin{array}{rcl}
A & = & \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x\left( {\frac{{6x + 4}}{{x\left( {x + 2} \right)}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{6x + 4}}{{x + 2}} = 2 \\
B & = & \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \left( {x + 2} \right)\left( {\frac{{6x + 4}}{{x\left( {x + 2} \right)}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{6x + 4}}{x} = \frac{{ - 8}}{{ - 2}} = 4
\end{array}\]
ตัวอย่าง 2 $\displaystyle{\frac{1}{{\left( {3x + 2} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \frac{A}{{3x + 2}} + \frac{B}{{x - 2}}}$
\[\begin{array}{rcl}
A & = & \mathop {\lim }\limits_{x \to - \frac{2}{3}} \left( {3x + 2} \right)\left( {\frac{1}{{\left( {3x + 2} \right)\left( {x - 2} \right)}}} \right) = \frac{1}{{ - \frac{2}{3} - 2}} = - \frac{3}{8} \\
B & = & \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {x - 2} \right)\left( {\frac{1}{{\left( {3x + 2} \right)\left( {x - 2} \right)}}} \right) = \frac{1}{{6 + 2}} = \frac{1}{8}
\end{array}\]
ตัวอย่าง 3 $\displaystyle{\frac{1}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x^2 + 2x + 2} \right)}} = \frac{A}{{x + 1}} + \frac{{Bx + C}}{{x^2 + 2x + 2}}}$
$A = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \left( {x + 1} \right)\left( {\frac{1}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x^2 + 2x + 2} \right)}}} \right) = \frac{1}{{1 - 2 + 2}} = 1$
$\displaystyle{\therefore \frac{1}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x^2 + 2x + 2} \right)}} = \frac{1}{{x + 1}} + \frac{{Bx + C}}{{x^2 + 2x + 2}}}$
ค่า $B\ ,\ C$ หาด้วยวิธีนี้อีกไม่ได้แล้ว ต้องใช้การแทนค่า $x$ และแก้สมการ
\[\begin{array}{lrcll}
\textrm{ถ้า } x = 0 \textrm{ จะได้ } & \frac{1}{2} & = & 1 + \frac{C}{2} & \textrm{ จะได้ } C = -1 \\
\textrm{ถ้า } x = 1 \textrm{ จะได้ } & \frac{1}{{10}} & = & \frac{1}{2} + \frac{{B + C}}{5} & \textrm{ จะได้ } B = -1
\end{array}\]
ตัวอย่าง 4 $\displaystyle{\frac{{3x + 5}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)^2 }} = \frac{A}{{x + 1}} + \frac{B}{{x - 1}} + \frac{C}{{\left( {x - 1} \right)^2 }}}$
\[\begin{array}{rcl}
A & = & \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{3x + 5}}{{\left( {x - 1} \right)^2 }} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} \\
C & = & \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{3x + 5}}{{x + 1}} = \frac{8}{2} = 4
\end{array}\]
ค่า $B$ หาด้วยวิธีนี้ไม่ได้อีกแล้ว ต้องใช้การแทนค่า $x$ และแก้สมการ
ถ้า $x = 0$ จะได้ $5 = A - B + C$ จะได้ $B = - \frac{1}{2}$
ตัวอย่าง 5 $\displaystyle{\frac{1}{{\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right)^3 }} = \frac{A}{{x + 2}} + \frac{B}{{x + 3}} + \frac{C}{{\left( {x + 3} \right)^2 }} + \frac{D}{{\left( {x + 3} \right)^3 }}}$
\[\begin{array}{rcl}
A & = & \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{1}{{\left( {x + 3} \right)^3 }} = 1 \\
D & = & \mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} \frac{1}{{x + 2}} = - 1
\end{array}\]
ค่า $B,C$ หาด้วยวิธีนี้ไม่ได้อีกแล้ว ต้องใช้การแทนค่า $x$ และแก้สมการ
\[\begin{array}{lclll}
\textrm{ถ้า } x = & 0 & \textrm{ จะได้ } \frac{1}{{54}} & = \frac{1}{2} + \frac{B}{3} + \frac{C}{9} - \frac{1}{{27}}
& \textrm{ จะได้ } 3B + C = -4 \\
\textrm{ถ้า } x = & -1 & \textrm{ จะได้ } \frac{1}{8} & = 1 + \frac{B}{2} + \frac{C}{4} - \frac{1}{8}
& \textrm{ จะได้ } 2B + C = -3
\end{array}\]
$\therefore B = - 1\ ,\ C = - 1$
ตัวอย่าง 6 $\displaystyle{\frac{1}{{\left( {3x^2 + 3x + 1} \right)\left( {8x^2 + 2x + 3} \right)}} = \frac{{Ax + B}}{{3x^2 + 3x + 1}} + \frac{{Cx + D}}{{8x^2 + 2x + 3}}}$
ค่า $A,B,C,D$ หาด้วยวิธีนี้ไม่ได้ ต้องใช้วิธีการแทนค่า $x$ และแก้สมการ ลองไปทำดูสิ สุดท้ายจะได้ $A = \frac{{54}}{{127}}\ ,\ B = \frac{{57}}{{127}}\ ,\ C = - \frac{{144}}{{127}}\ ,\ D = - \frac{{44}}{{127}}$
ที่มา
การแยกเป็นเศษส่วนย่อยตามการจัดประเภทดังกล่าว ไม่ได้มีหลักการมาจาก การสมมติรูปแบบต่างๆขึ้น แล้วแก้สมการหาค่าสัมประสิทธิ์เหล่านั้นออกมา แต่มันมีที่มาของมันซึ่งเราวิเคราะห์แล้วว่าถูกต้อง เรามาดูตัวอย่างการแยกเศษส่วนย่อยแบบผิดๆซึ่งไม่ได้ตรงกับประเภทใดข้างต้น แต่อาศัยหลักการที่เลียนแบบจากการหาค่าสัมประสิทธิ์ในการหาเศษส่วนย่อยแล้วเกิดความผิดพลาดขึ้น
สมมติว่าเราต้องการแยก $\frac{x}{{\left( {x - 1} \right)\sqrt {x^2 + 1} }}$ เป็นเศษส่วนย่อย โดยอาศัยหลักการมั่วนิ่มจาก วิธีแยกเศษส่วนย่อย ด้วยคิดเอาเองว่าน่าจะแยกได้รูปแบบดังนี้
$\displaystyle{\frac{x}{{\left( {x - 1} \right)\sqrt {x^2 + 1} }} = \frac{A}{{x - 1}} + \frac{{Bx + C}}{{\sqrt {x^2 + 1} }}}$
$A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x - 1} \right)\frac{x}{{\left( {x - 1} \right)\sqrt {x^2 + 1} }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$
$\displaystyle{\therefore \frac{x}{{\left( {x - 1} \right)\sqrt {x^2 + 1} }} = \frac{1}{{\sqrt 2 \left( {x - 1} \right)}} + \frac{{Bx + C}}{{\sqrt {x^2 + 1} }}}$
ค่า $B,C$ หาโดยการแทนค่า
\[\begin{array}{rcclrcllrcl}
\textrm{ถ้า } x & = & 0 & \textrm{ จะได้ } & 0 & = & - \frac{1}{{\sqrt 2 }} + C & \textrm{ จะได้ } & C = & \frac{1}{\sqrt{2}} \\
\textrm{ถ้า } x & = & -1 & \textrm{ จะได้ } & \frac{1}{2\sqrt{2}} & = & - \frac{1}{{2\sqrt 2 }} - \frac{B}{{\sqrt 2 }} + \frac{1}{2} & \textrm{ จะได้ } & B = & \frac{1-\sqrt{2}}{\sqrt{2}}
\end{array}\]
ดังนั้น $\displaystyle{\frac{x}{{\left( {x - 1} \right)\sqrt {x^2 + 1} }} = \frac{1}{{\sqrt 2 \left( {x - 1} \right)}} + \frac{{\left( {1 - \sqrt 2 } \right)x + 1}}{{\sqrt 2 \sqrt {x^2 + 1} }}}$
แต่เมื่อลองแทนค่า $x=7$ พบว่า
\[\begin{array}{rcl}
\frac{7}{{6\left( {5\sqrt 2 } \right)}} & = & \frac{1}{{6\sqrt 2 }} + \frac{{\left( {1 - \sqrt 2 } \right)7 + 1}}{{10}} \\
\frac{1}{{15\sqrt 2 }} & = & \frac{{8 - 7\sqrt 2 }}{{10}} \\
2 & = & 3\sqrt 2 \left( {8 - 7\sqrt 2 } \right) \\
6\sqrt{2} & = & 11
\end{array}\]
เป็นแบบนี้ได้ยังไง ก็เราแก้สมการหาค่าสัมประสิทธิ์ออกมาถูกต้องแล้วนี่ ทำไมมันใช้ไม่ได้ละ ใช้ได้สิครับแต่สำหรับกรณีของ $x = 0, \pm 1$ ที่เราแทนค่าลงไปเท่านั้นไง ส่วนกรณีอื่นๆส่วนใหญ่ผิดหมดเลย ดังนั้นก่อนจะมั่วนิ่มเอาว่ามันแยกออกมาได้อย่างนั้นต้องพิสูจน์ให้ได้ก่อนครับว่ามันแยกได้เช่นนั้นจริงๆ สำหรับประเภทของเศษส่วนย่อยที่เราได้เสนอไปแล้วนั้น เราลองมาวิเคราะห์กันเป็นไร
ประเภทที่ $1$ และ $2$
กำหนดให้ $f_n \left( x \right)$ หมายถึง พหุนามที่มีดีกรีไม่เกิน $n$
และ $g\left( x \right)$ เป็นพหุนามใดๆที่มีดีกรีไม่น้อยกว่า $n - p$
เศษส่วนย่อยใดๆที่เราพบในกรณีนี้ สามารถเขียนได้ในรูปของ $\frac{{f_{n - 1} \left( x \right)}}{{\left( {x - a} \right)^p g\left( x \right)}}$ (อย่าลืมสิ่งสำคัญคือ ดีกรีของเศษต้องน้อยกว่าดีกรีของส่วนเสมอ)
เราลองแยกเทอมของ $\frac{A}{{\left( {x - a} \right)^p }}$ ออกมา
โดยวิธีของ Heaviside หาค่า $A = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \left( {x - a} \right)^p \frac{{f_{n - 1} \left( x \right)}}{{\left( {x - a} \right)^p g\left( x \right)}} = \frac{{f_{n - 1} \left( a \right)}}{{g\left( a \right)}}$
ลองแยกออกมาดูเลย ว่าจะเหลือผลลัพธ์เป็นอะไร
$\displaystyle{\frac{{f_{n - 1} \left( x \right)}}{{\left( {x - a} \right)^p g\left( x \right)}} - \left( {\frac{{f_{n - 1} \left( a \right)}}{{g\left( a \right)}}} \right)\frac{1}{{\left( {x - a} \right)^p }} = \frac{{g\left( a \right)f_{n - 1} \left( x \right) - f_{n - 1} \left( a \right)g\left( x \right)}}{{g\left( a \right)\left( {x - a} \right)^p g\left( x \right)}}}$
พิจารณาพหุนามของตัวเศษ หากเราแทนค่า $x = a$ ลงไปจะได้
$g\left( a \right)f_{n - 1} \left( a \right) - f_{n - 1} \left( a \right)g\left( a \right) = 0$
ดังนั้น $x - a$ เป็นตัวประกอบของพหุนาม $g\left( a \right)f_{n - 1} \left( x \right) - f_{n - 1} \left( a \right)g\left( x \right)$ เราจึงเขียนพหุนามของตัวเศษได้ใหม่เป็น $g\left( a \right)f_{n - 1} \left( x \right) - f_{n - 1} \left( a \right)g\left( x \right) = \left( {x - a} \right)f_{n - 2} \left( x \right)$ แต่เพื่อให้ผลลัพธ์สุดท้ายดูสวยงามยิ่งขึ้น ให้พิจารณาค่าคงที่ $g\left( a \right)$
ที่เป็นตัวหารเข้าไปด้วยเป็น
$\displaystyle{\frac{{g\left( a \right)f_{n - 1} \left( x \right) - f_{n - 1} \left( a \right)g\left( x \right)}}{{g\left( a \right)}} = \left( {x - a} \right)f_{n - 2} \left( x \right)}$
แทนค่ากลับลงไปจะได้ผลลัพธ์เป็น
\[\begin{array}{rcl}
\displaystyle{\frac{{f_{n - 1} \left( x \right)}}{{\left( {x - a} \right)^p g\left( x \right)}} - \left( {\frac{{f_{n - 1} \left( a \right)}}{{g\left( a \right)}}} \right)\frac{1}{{\left( {x - a} \right)^p }}} & = & \displaystyle{\frac{{\left( {x - a} \right)f_{n - 2} \left( x \right)}}{{\left( {x - a} \right)^p g\left( x \right)}}} \\
& = & \displaystyle{\frac{{f_{n - 2} \left( x \right)}}{{\left( {x - a} \right)^{p - 1} g\left( x \right)}}}
\end{array}\]
ในทำนองเดียวกัน เราสามารถแยก $\frac{{f_{n - 2} \left( x \right)}}{{\left( {x - a} \right)^{p - 1} g\left( x \right)}}$ เป็น
$\displaystyle{\frac{{f_{n - 2} \left( x \right)}}{{\left( {x - a} \right)^{p - 1} g\left( x \right)}} = \left( {\frac{{f_{n - 2} \left( a \right)}}{{g\left( a \right)}}} \right)\frac{1}{{\left( {x - a} \right)^{p - 1} }} + \frac{{f_{n - 3} \left( x \right)}}{{\left( {x - a} \right)^{p - 2} g\left( x \right)}}}$
ทำเช่นนี้ไปเรื่อยๆจะได้
\[\begin{array}{rcl}
\displaystyle{\frac{{f_{n - 1} \left( x \right)}}{{\left( {x - a} \right)^p g\left( x \right)}}} & = & \displaystyle{\left( {\frac{{f_{n - 1} \left( a \right)}}{{g\left( a \right)}}} \right)\frac{1}{{\left( {x - a} \right)^p }} + \left( {\frac{{f_{n - 2} \left( a \right)}}{{g\left( a \right)}}} \right)\frac{1}{{\left( {x - a} \right)^{p - 1} }} + \cdots } \\
& & \displaystyle{ + \left( {\frac{{f_{n - p} \left( a \right)}}{{g\left( a \right)}}} \right)\frac{1}{{x - a}} + \frac{{f_{n - p - 1} \left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}}
\end{array}\]
เป็นรูปแบบของวิธีแยกเศษส่วนย่อยประเภทที่ $1$ และ $2$ นั่นเอง
ประเภทที่ $3$ และ $4$
กรณีนี้ รากคำตอบเป็นจำนวนเชิงซ้อน $\alpha = u + vi$ และคอนจูเกตของมัน $\overline \alpha = u - vi$ ซึ่งเป็นรากคำตอบของเทอม $\left( {x - u} \right)^2 + v^2 $ นั่นเอง
กำหนดให้ $f_n \left( x \right)$ หมายถึง พหุนามที่มีดีกรีไม่เกิน $n$
และ $g\left( x \right)$ เป็นพหุนามใดๆที่มีดีกรีไม่น้อยกว่า $n - 2p$
เศษส่วนย่อยใดๆที่เราพบในกรณีนี้ สามารถเขียนได้ในรูปของ $\frac{{f_{n - 1} \left( x \right)}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^p g\left( x \right)}}$
เราลองแยกเทอมของ $\frac{{Ax + B}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^p }}$ ออกมา
$\displaystyle{\frac{{f_{n - 1} \left( x \right)}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^p g\left( x \right)}} - \frac{{Ax + B}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^p }} = \frac{{f_{n - 1} \left( x \right) - \left( {Ax + B} \right)g\left( x \right)}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^p g\left( x \right)}}}$
พิจารณาพหุนามของตัวเศษ หากเราหาค่า $A,B$ ที่ทำให้
\[\begin{array}{rclccccccccccccccccc}
f_{n - 1} \left( \alpha \right) - \left( {A\alpha + B} \right)g\left( \alpha \right) & = & 0 & & & & & & & & & & & & & & & & & (1) \\
\textrm{และ } f_{n - 1} \left( {\overline \alpha } \right) - \left( {A\overline \alpha + B} \right)g\left( {\overline \alpha } \right) & = & 0 & & & & & & & & & & & & & & & & & (2)
\end{array}\]
ได้ นั่นคือพหุนามของตัวเศษ มี $x - \alpha $ และ $x - \overline \alpha $ เป็นตัวประกอบ ทำให้เขียนพหุนามของตัวเศษได้ในรูปของ $f_{n - 1} \left( x \right) - \left( {Ax + B} \right)g\left( x \right) = \left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)f_{n - 3} \left( x \right)$
ทำให้ได้ผลลัพธ์เป็น
\[\begin{array}{rcl}
\displaystyle{\frac{{f_{n - 1} \left( x \right)}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^p g\left( x \right)}} - \frac{{Ax + B}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^p }}} & = & \displaystyle{\frac{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)f_{n - 3} \left( x \right)}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^p g\left( x \right)}}} \\
& = & \displaystyle{\frac{{f_{n - 3} \left( x \right)}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^{p - 1} g\left( x \right)}}}
\end{array}\]
เราหาค่า $A,B$ ได้จากการแก้สมการ $(1),(2)$ นั่นเองได้ผลลัพธ์เป็น
\[\begin{array}{rcl}
A & = & \displaystyle{\frac{1}{{\alpha - \overline \alpha }}\left( {\frac{{f_{n - 1} \left( \alpha \right)}}{{g\left( \alpha \right)}} - \frac{{f_{n - 1} \left( {\overline \alpha } \right)}}{{g\left( {\overline \alpha } \right)}}} \right)} \\
B & = & \displaystyle{\frac{1}{{\overline \alpha - \alpha }}\left( {\frac{{\overline \alpha f_{n - 1} \left( \alpha \right)}}{{g\left( \alpha \right)}} - \frac{{\alpha f_{n - 1} \left( {\overline \alpha } \right)}}{{g\left( {\overline \alpha } \right)}}} \right)} \\
\textrm{หรือ } Ax + B & = & \displaystyle{\left( {\frac{{x - \overline \alpha }}{{\alpha - \overline \alpha }}} \right)\frac{{f_{n - 1} \left( \alpha \right)}}{{g\left( \alpha \right)}} + \left( {\frac{{x - \alpha }}{{\overline \alpha - \alpha }}} \right)\frac{{f_{n - 1} \left( {\overline \alpha } \right)}}{{g\left( {\overline \alpha } \right)}}}
\end{array}\]
ในทำนองเดียวกัน เราสามารถแยก $\frac{{f_{n - 3} \left( x \right)}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^{p - 1} g\left( x \right)}}$ เป็น
$\displaystyle{\frac{{f_{n - 3} \left( x \right)}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^{p - 1} g\left( x \right)}} = \frac{{A'x + B'}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^{p - 1} }} + \frac{{f_{n - 5} \left( x \right)}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^{p - 2} g\left( x \right)}}}$
ทำเช่นนี้ไปเรื่อยๆจะได้
\[\begin{array}{rcl}
\displaystyle{\frac{{f_{n - 1} \left( x \right)}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^p g\left( x \right)}}} & = & \displaystyle{\frac{{Ax + B}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^p }} + \frac{{A'x + B'}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^{p - 1} }} + \cdots} \\
& & \displaystyle{ + \frac{{A'''x + B'''}}{{\left( {x - u} \right)^2 + v^2 }} + \frac{{f_{n - 1 - 2p} \left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}}
\end{array}\]
เป็นรูปแบบของวิธีแยกเศษส่วนย่อยประเภทที่ $3$ และ $4$ นั่นเอง
เศษส่วนย่อย
เศษส่วนย่อยคืออะไร สำหรับน้องที่เคยหาผลบวกของอนุกรมอนันต์ในชั้นมัธยมศึกษาตอนปลาย ต้องเคยทำเศษส่วนย่อยด้วยกันทุกคนแน่ๆ ตัวอย่างเช่น
\[\begin{array}{rcl}
\displaystyle{\frac{1}{n(n+1)}} & = & \displaystyle{\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}} \\
\displaystyle{\frac{1}{4n^2 - 1}} & = & \displaystyle{\frac{1}{(2n - 1)(2n + 1)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n - 1} - \frac{1}{2n + 1}\right)}
\end{array}\]
เราทำเศษส่วนย่อยไปเพื่ออะไร นั่นก็แล้วแต่ว่าน้องคิดจะเอาไปใช้ทำอะไรกันได้บ้าง หากนำไปใช้กับอนุกรมก็อาจทำให้เกิดการตัดกันของเทอมที่สองไปจนถึงก่อนเทอมสุดท้ายได้ หากนำไปใช้ในการทำอินทิเกรตก็อาจช่วยให้การอินทิเกรตง่ายขึ้น ฯลฯ
เศษส่วนย่อยที่เราทำกัน แบ่งได้เป็น 4 ประเภทดังนี้
ประเภทที่ 1 ส่วนสามารถแยกตัวประกอบเป็นผลคูณของตัวประกอบเชิงเส้น $(ax+b)$ เมื่อแยกแล้วจะได้เศษส่วนย่อยเป็น
\[\frac{A}{a_1 x + b_1} + \frac{B}{a_2 x + b_2} + \frac{C}{a_3 x + b_3} + \cdots \]
โดยที่ $\frac{b_1}{a_1} \ne \frac{b_2}{a_2} \ne \frac{b_3}{a_3} \ne \cdots$ และ $a_1,a_2,a_3,\ldots \ne 0$
จำนวนเศษส่วนย่อยที่สมมติได้เท่ากับจำนวนวงเล็บของ $(ax+b)$
\[\begin{array}{rcl}
\textrm{เช่น } \displaystyle{\frac{x-3}{(2x+1)(x+2)}} & = & \displaystyle{\frac{A}{2x+1} + \frac{B}{x+2}} \\
\displaystyle{\frac{{x - 3}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x^2 + 6x - 27} \right)}}} & = & \displaystyle{\frac{{x - 3}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 9} \right)\left( {x - 3} \right)}} = \frac{A}{{x - 1}} + \frac{B}{{x + 9}} + \frac{C}{{x - 3}}}\\
\displaystyle{\frac{{3x^2 + 2x + 3}}{{x\left( {1 - x^2 } \right)}}} & = & \displaystyle{\frac{{3x^2 + 2x + 3}}{{x\left( {1 - x} \right)\left( {1 + x} \right)}} = \frac{A}{x} + \frac{B}{{1 - x}} + \frac{C}{{1 + x}}} \\
\displaystyle{\frac{{2x^3 + 2x^2 + 1}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x - 3} \right)\left( {x + 4} \right)}}} & = & \displaystyle{\frac{A}{{x + 1}} + \frac{B}{{x + 2}} + \frac{C}{{x - 3}} + \frac{D}{{x + 4}}}
\end{array}\]
โดย $A,B,C,\ldots,Z$ เป็นค่าคงที่ที่เราจะต้องหาออกมาในภายหลัง ตอนนี้เราจะเน้นที่รูปแบบของเศษส่วนย่อยที่ได้ก่อน
ประเภทที่ 2 ส่วนสามารถแยกตัวประกอบเป็นผลคูณของตัวประกอบเชิงเส้น $(ax+b)$ ที่มีการยกกำลัง คือ $(ax+b)^n$ เศษส่วนย่อยที่ได้จะมีกำลังตั้งแต่ $1$ ถึง $n$ ดังนี้
\[\frac{{K_1 }}{{ax + b}} + \frac{{K_2 }}{{\left( {ax + b} \right)^2 }} + \frac{{K_3 }}{{\left( {ax + b} \right)^3 }} + \cdots + \frac{{K_n }}{{\left( {ax + b} \right)^n }}\]
จำนวนเศษส่วนย่อยที่สมมติได้เท่ากับค่าตัวเลขชี้กำลัง (คือตัว $n$)
\[\begin{array}{rcl}
\textrm{เช่น } \displaystyle{\frac{{x - 3}}{{\left( {x - 1} \right)^2 }}} & = & \displaystyle{\frac{A}{{x - 1}} + \frac{B}{{\left( {x - 1} \right)^2 }}} \\
\displaystyle{\frac{{2x + 5}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x^2 + 2x + 1} \right)}}} & = & \displaystyle{\frac{{2x + 5}}{{\left( {x + 1} \right)^3 }} = \frac{A}{{x + 1}} + \frac{B}{{\left( {x + 1} \right)^2 }} + \frac{C}{{\left( {x + 1} \right)^3 }}} \\
\displaystyle{\frac{{2x - 1}}{{8x^3 + 12x^2 + 6x + 1}}} & = & \displaystyle{\frac{{2x - 1}}{{\left( {2x + 1} \right)^3 }} = \frac{A}{{2x + 1}} + \frac{B}{{\left( {2x + 1} \right)^2 }} + \frac{C}{{\left( {2x + 1} \right)^3 }}} \\
\displaystyle{\frac{{3x^2 + 2}}{{x\left( {x + 1} \right)\left( {3x + 2} \right)^2 }}} & = & \displaystyle{\frac{A}{x} + \frac{B}{{x + 1}} + \frac{C}{{3x + 2}} + \frac{D}{{\left( {3x + 2} \right)^2 }}}
\end{array}\]
ประเภทที่ 3 ตัวประกอบของส่วนมีเทอมกำลังสอง $ax^2 + bx + c$ ที่แยกตัวประกอบไม่ได้(มีผลเฉลยเป็นจำนวนเชิงซ้อน) เศษของเศษส่วนย่อยเทอมนี้จะต้องมีรูปเป็น $Mx + N$ จำนวนเศษส่วนย่อยที่สมมติได้จะเท่ากับจำนวนวงเล็บจริงๆ
\[\begin{array}{rcl}
\textrm{เช่น } \displaystyle{\frac{{3x^2 + 2x + 1}}
{{\left( {x - 1} \right)\left( {x^2 + x + 6} \right)}}} & = & \displaystyle{\frac{A}{{x - 1}} + \frac{{Bx + C}}{{x^2 + x + 6}}} \\
\displaystyle{\frac{{3x^2 + 4x + 5}}{{x^4 + 3x^3 + x^2 }}} & = & \displaystyle{\frac{{3x^2 + 4x + 5}}{{x^2 \left( {x^2 + 3x + 1} \right)}} = \frac{A}{x} + \frac{B}{{x^2 }} + \frac{{Cx + D}}{{x^2 + 3x + 1}}} \\
\displaystyle{\frac{{6x^3 + 3x^2 + x + 1}}{{\left( {x^2 + 4x - 12} \right)\left( {2x^2 + 3x + 5} \right)}}} & = & \displaystyle{\frac{{6x^3 + 3x^2 + x + 1}}{{\left( {x + 6} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {2x^2 + 3x + 5} \right)}}} \\
& = & \displaystyle{\frac{A}{{x + 6}} + \frac{B}{{x - 2}} + \frac{{Cx + D}}{{2x^2 + 3x + 5}}}
\end{array}\]
ประเภทที่ 4 ตัวประกอบของส่วนมีเทอมกำลังสอง $ax^2 + bx + c$ ที่แยกตัวประกอบไม่ได้และมีการยกกำลัง คือ $(ax^2 + bx + c)^n$ เศษส่วนย่อยที่ได้จะมีกำลังตั้งแต่ $1$ ถึง $n$ ดังนี้
\[\frac{{M_1 x + N_1 }}{{\left( {ax^2 + bx + c} \right)}} + \frac{{M_2 x + N_2 }}{{\left( {ax^2 + bx + c} \right)^2 }} + \frac{{M_3 x + N_3 }}{{\left( {ax^2 + bx + c} \right)^3 }} + \cdots + \frac{{M_n x + N_n }}{{\left( {ax^2 + bx + c} \right)^n }}\]
จำนวนเศษส่วนย่อยที่สมมติได้เท่ากับค่าตัวเลขชี้กำลัง (คือตัว $n$)
\[\textrm{เช่น } \frac{{2x^2 + x}}{{\left( {2x^2 + 5x + 7} \right)^2 }} = \frac{{Ax + B}}{{2x^2 + 5x + 7}} + \frac{{Cx + D}}{{\left( {2x^2 + 5x + 7} \right)^2 }}\]
หลังจากจำรูปแบบของเศษส่วนย่อยได้แล้ว ทีนี้ก็มาพูดถึงวิธีการหาค่าคงที่ $A,B,C,\ldots,Z$ ออกมา วิธีหาค่าคงที่ออกมาทำได้ $2$ วิธี (ใครจะคิดวิธีที่ $3,4,\ldots$ ก็ได้นะ ถ้ามันเด็ดจริงๆก็ส่งมาให้อ่านกันบ้าง) คือ
วิธีหาจากค่าสัมประสิทธิ์(Undetermined Coefficient)
วิธีการของ Heaviside ซึ่งในที่นี้จะขอกล่าวเฉพาะการหาค่าคงที่ในกรณีที่เทอมของตัวประกอบเชิงเส้น $ax+b$ นั้นไม่มีการยกกำลัง ซึ่งเมื่อผสมกับวิธีการหาจากค่าสัมประสิทธิ์(ด้วยการแทนค่า $x$ ที่เหมาะสม) จะสามารถหาค่าคงที่ได้รวดเร็วกว่าวิธีแรกมาก
หลักการทั่วๆไปในการแยกเศษส่วนให้เป็นเศษส่วนย่อย
เศษส่วนที่นำมาแยกนั้นต้องเป็นเศษส่วนธรรมดา คือ $\frac{P(x)}{Q(x)}$
$P(x)$ จะต้องมีดีกรีต่ำกว่า $Q(x)$ ถ้า $P(x)$ มีดีกรีสูงกว่า $Q(x)$ คือเป็นเศษเกินก็ต้องทำให้เป็นเศษส่วนคละก่อนโดยการหาร
ถ้าส่วนของเศษส่วนที่นำมาแยก ถ้าแยกตัวประกอบได้ก็ต้องแยกตัวประกอบก่อน ถ้ายกกำลังได้ก็ต้องยกกำลังให้เสร็จเรียบร้อยเสียก่อน
จำนวนเศษส่วนย่อยที่ได้จะเท่ากับจำนวนตัวประกอบจริงๆของส่วน
$A,B,C,D,\ldots$ หาได้โดยวิธีการหาจากค่าสัมประสิทธิ์(Undetermined Coefficient) ซึ่งทำได้ $2$ วิธี คือ
เทียบสัมประสิทธิ์ของ $x$ ที่มีกำลังเท่ากัน
แทนค่า $x$ ที่สะดวกแก่การคำนวณ เช่น $0,\pm 1,\pm 2$ ค่าของ $x$ ที่แทนต้องไม่ทำให้ส่วนของเทอมใดเทอมหนึ่งเป็น $0$
\[\textrm{เช่น } \frac{{x - 3}}{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{A}{{2x + 1}} + \frac{B}{{x + 2}}\]
การหาค่าคงที่
โดยการเทียบสัมประสิทธิ์ของ $x$ ที่มีกำลังเท่ากัน
\[\frac{{x - 3}}{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{A}{{2x + 1}} + \frac{B}{{x + 2}} = \frac{{A\left( {x + 2} \right) + B\left( {2x + 1} \right)}}{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{\left( {A + 2B} \right)x + \left( {2A + B} \right)}}{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}\]
โดยการเทียบสัมประสิทธิ์ของ $x$ ที่มีกำลังเท่ากัน (ดูตรงเศษของเศษส่วน) จะได้ $A+2B=1$ และ $2A+B=-3$ แก้สมการ $2$ ตัวแปรหาค่า $A,B$ ออกมาจะได้ $A = - \frac{7}{3}\ ,\ B = \frac{5}{3}$ ดังนั้น
\[\frac{{x - 3}}{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{ - \frac{7}{3}}}{{2x + 1}} + \frac{{\frac{5}{3}}}{{x + 2}} = - \frac{7}{3}\left( {\frac{1}{{2x + 1}}} \right) + \frac{5}{3}\left( {\frac{1}{{x + 2}}} \right)\]
โดยแทนค่า $x$ ที่สะดวกแก่การคำนวณ
จาก $\displaystyle{\frac{{x - 3}}{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{A}{{2x + 1}} + \frac{B}{{x + 2}}}$
ทดลองแทนค่า $x$ ด้วย $0,3$ ตามลำดับ
\[\begin{array}{rrcl}
\textrm{เมื่อ } x=0 \textrm{ จะได้ว่า } & - \frac{3}{2} & = & A + \frac{B}{2} \\
\textrm{เมื่อ } x=3 \textrm{ จะได้ว่า } & 0 & = & \frac{A}{7} + \frac{B}{5}
\end{array}\]
แก้สมการ $2$ ตัวแปรหาค่า $A,B$ ออกมาจะได้ว่า $A = - \frac{7}{3}\ ,\ B = \frac{5}{3}$ ดังนั้น
\[\frac{{x - 3}}{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{ - \frac{7}{3}}}{{2x + 1}} + \frac{{\frac{5}{3}}}{{x + 2}} = - \frac{7}{3}\left( {\frac{1}{{2x + 1}}} \right) + \frac{5}{3}\left( {\frac{1}{{x + 2}}} \right)\]
โดยวิธี Heaviside
ในที่นี้จะขอแนะนำวิธีการหาค่าคงที่ในการแยกเศษส่วนย่อยอีกวิธีหนึ่ง วิธีนี้เป็นส่วนหนึ่งของการกระจายของ Heaviside (Oliver Heaviside วิศวกรไฟฟ้าชาวอังกฤษเป็นผู้คิดขึ้น) ซึ่งใช้กันใน Laplace Transform ข้อดีของวิธีนี้คือรวดเร็วและสะดวก วิธีนี้ใช้ในกรณีที่เทอมของตัวประกอบเชิงเส้น $ax+b$ นั้นไม่มีการยกกำลัง
เรามาลองพิจารณาการแยกเศษส่วนย่อยนี้ดู (จะมีตัวประกอบเชิงเส้น $ax+b$ ที่มีการยกกำลังรวมอยู่ด้วยเพื่อให้เห็นข้อจำกัดของวิธีนี้ไปพร้อมๆกัน)
\[\begin{array}{rcl}
F\left( x \right) & = & \displaystyle{\frac{{P\left( x \right)}}
{{Q\left( x \right)}} = \frac{{P\left( x \right)}}{{\left( {x - a_1 } \right)\left( {x - a_2 } \right)^2 \left( {x - a_3 } \right)^3 \cdots \left( {x - a_m } \right)^m }}} \\
& = & \displaystyle{\frac{{K_{11} }}{{x - a_1 }} + \frac{{K_{21} }}{{x - a_2 }} + \frac{{K_{22} }}{{\left( {x - a_2 } \right)^2 }} + \frac{{K_{31} }}{{x - a_3 }} + \frac{{K_{32} }}{{\left( {x - a_3 } \right)^2 }} + ... + \frac{{K_{mm} }}{{\left( {x - a_m } \right)^m }}}
\end{array}\]
โดย $P(x)$ มีดีกรีต่ำกว่า $Q(x)$ เราจะได้
วิธีหา $K_{11}$ โดย นำ $(x-a_1)$ ไปคูณแล้วหาลิมิตเมื่อ $x$ เข้าใกล้ $a_1$ จะได้
\[\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to a_1 } \left( {x - a_1 } \right)F\left( x \right) \\
= \mathop {\lim }\limits_{x \to a_1 } \frac{{P\left( x \right)}}{{\left( {x - a_2 } \right)^2 \left( {x - a_3 } \right)^3 ...\left( {x - a_m } \right)^m }} \\
= \mathop {\lim }\limits_{x \to a_1 } K_{11} + \frac{{K_{21} \left( {x - a_1 } \right)}}
{{x - a_2 }} + \frac{{K_{22} \left( {x - a_1 } \right)}}
{{\left( {x - a_2 } \right)^2 }} + \frac{{K_{31} \left( {x - a_1 } \right)}}
{{x - a_3 }} + \frac{{K_{32} \left( {x - a_1 } \right)}}
{{\left( {x - a_3 } \right)^2 }} + \cdots + \frac{{K_{mm} \left( {x - a_1 } \right)}}
{{\left( {x - a_m } \right)^m }} \\
= K_{11}
\end{array}\]
วิธีหา $K_{22}$ โดยนำ $(x-a_2)^2$ ไปคูณแล้วหาลิมิตเมื่อ $x$ เข้าใกล้ $a_2$ จะได้
\[\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to a_2 } \left( {x - a_2 } \right)^2 F\left( x \right) \\
= \mathop {\lim }\limits_{x \to a_2 } \frac{{P\left( x \right)}}{{\left( {x - a_1 } \right)\left( {x - a_3 } \right)^3 \cdots \left( {x - a_m } \right)^m }} \\
= \mathop {\lim }\limits_{x \to a_1 } \frac{{K_{11} \left( {x - a_2 } \right)^2 }}{{x - a_1 }} + K_{21} \left( {x - a_2 } \right) + K_{22} + \frac{{K_{31} \left( {x - a_2 } \right)^2 }}{{x - a_3 }} + \frac{{K_{32} \left( {x - a_2 } \right)^2 }}{{\left( {x - a_3 } \right)^2 }} + \cdots + \frac{{K_{mm} \left( {x - a_2 } \right)^2 }}{{\left( {x - a_m } \right)^m }} \\
= K_{22}
\end{array}\]
ในทำนองเดียวกัน วิธีหา $K_{nn}$ โดยนำ $(x-a_n)^n$ ไปคูณแล้วหาลิมิตเมื่อ $x$ เข้าใกล้ $a_n$ จะได้
\[\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to a_n } \left( {x - a_n } \right)^n F\left( x \right) \\
= \mathop {\lim }\limits_{x \to a_n } \frac{{P\left( x \right)}}{{\left( {x - a_1 } \right)\left( {x - a_2 } \right)^2 \left( {x - a_3 } \right)^3 \cdots \left( {x - a_m } \right)^m }} \\
= \mathop {\lim }\limits_{x \to a_n } \frac{{K_{11} \left( {x - a_n } \right)^n }}{{x - a_1 }} + \frac{{K_{21} \left( {x - a_n } \right)^n }}{{x - a_2 }} + \frac{{K_{22} \left( {x - a_n } \right)^n }}{{\left( {x - a_2 } \right)^2 }} + \cdots + K_{nn} + \cdots + \frac{{K_{mm} \left( {x - a_n } \right)^n }}{{\left( {x - a_m } \right)^m }} \\
= K_{nn}
\end{array}\]
จากวิธีของ Heaviside ที่แนะนำนี้จะพบว่า สามารถหาได้เฉพาะ $K_{nn}$ เท่านั้น หรือหาได้เฉพาะสัมประสิทธิ์ของเศษส่วนย่อยที่มีกำลังของคำตอบเดียวกันสูงสุดเท่านั้น ดังนั้น $K_{ij}\ ,\ i \ne j$ ต้องหาด้วยวิธีหาจากค่าสัมประสิทธิ์ซึ่งโดยทั่วไปแล้วจะใช้วิธีการแทนค่า $x$ ที่สะดวกแก่การคำนวณ
ตัวอย่าง 1 $\displaystyle{\frac{{6x + 4}}{{x\left( {x + 2} \right)}} = \frac{A}{x} + \frac{B}{{x + 2}}}$
\[\begin{array}{rcl}
A & = & \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x\left( {\frac{{6x + 4}}{{x\left( {x + 2} \right)}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{6x + 4}}{{x + 2}} = 2 \\
B & = & \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \left( {x + 2} \right)\left( {\frac{{6x + 4}}{{x\left( {x + 2} \right)}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{{6x + 4}}{x} = \frac{{ - 8}}{{ - 2}} = 4
\end{array}\]
ตัวอย่าง 2 $\displaystyle{\frac{1}{{\left( {3x + 2} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \frac{A}{{3x + 2}} + \frac{B}{{x - 2}}}$
\[\begin{array}{rcl}
A & = & \mathop {\lim }\limits_{x \to - \frac{2}{3}} \left( {3x + 2} \right)\left( {\frac{1}{{\left( {3x + 2} \right)\left( {x - 2} \right)}}} \right) = \frac{1}{{ - \frac{2}{3} - 2}} = - \frac{3}{8} \\
B & = & \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {x - 2} \right)\left( {\frac{1}{{\left( {3x + 2} \right)\left( {x - 2} \right)}}} \right) = \frac{1}{{6 + 2}} = \frac{1}{8}
\end{array}\]
ตัวอย่าง 3 $\displaystyle{\frac{1}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x^2 + 2x + 2} \right)}} = \frac{A}{{x + 1}} + \frac{{Bx + C}}{{x^2 + 2x + 2}}}$
$A = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \left( {x + 1} \right)\left( {\frac{1}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x^2 + 2x + 2} \right)}}} \right) = \frac{1}{{1 - 2 + 2}} = 1$
$\displaystyle{\therefore \frac{1}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x^2 + 2x + 2} \right)}} = \frac{1}{{x + 1}} + \frac{{Bx + C}}{{x^2 + 2x + 2}}}$
ค่า $B\ ,\ C$ หาด้วยวิธีนี้อีกไม่ได้แล้ว ต้องใช้การแทนค่า $x$ และแก้สมการ
\[\begin{array}{lrcll}
\textrm{ถ้า } x = 0 \textrm{ จะได้ } & \frac{1}{2} & = & 1 + \frac{C}{2} & \textrm{ จะได้ } C = -1 \\
\textrm{ถ้า } x = 1 \textrm{ จะได้ } & \frac{1}{{10}} & = & \frac{1}{2} + \frac{{B + C}}{5} & \textrm{ จะได้ } B = -1
\end{array}\]
ตัวอย่าง 4 $\displaystyle{\frac{{3x + 5}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)^2 }} = \frac{A}{{x + 1}} + \frac{B}{{x - 1}} + \frac{C}{{\left( {x - 1} \right)^2 }}}$
\[\begin{array}{rcl}
A & = & \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{3x + 5}}{{\left( {x - 1} \right)^2 }} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} \\
C & = & \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{3x + 5}}{{x + 1}} = \frac{8}{2} = 4
\end{array}\]
ค่า $B$ หาด้วยวิธีนี้ไม่ได้อีกแล้ว ต้องใช้การแทนค่า $x$ และแก้สมการ
ถ้า $x = 0$ จะได้ $5 = A - B + C$ จะได้ $B = - \frac{1}{2}$
ตัวอย่าง 5 $\displaystyle{\frac{1}{{\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right)^3 }} = \frac{A}{{x + 2}} + \frac{B}{{x + 3}} + \frac{C}{{\left( {x + 3} \right)^2 }} + \frac{D}{{\left( {x + 3} \right)^3 }}}$
\[\begin{array}{rcl}
A & = & \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \frac{1}{{\left( {x + 3} \right)^3 }} = 1 \\
D & = & \mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} \frac{1}{{x + 2}} = - 1
\end{array}\]
ค่า $B,C$ หาด้วยวิธีนี้ไม่ได้อีกแล้ว ต้องใช้การแทนค่า $x$ และแก้สมการ
\[\begin{array}{lclll}
\textrm{ถ้า } x = & 0 & \textrm{ จะได้ } \frac{1}{{54}} & = \frac{1}{2} + \frac{B}{3} + \frac{C}{9} - \frac{1}{{27}}
& \textrm{ จะได้ } 3B + C = -4 \\
\textrm{ถ้า } x = & -1 & \textrm{ จะได้ } \frac{1}{8} & = 1 + \frac{B}{2} + \frac{C}{4} - \frac{1}{8}
& \textrm{ จะได้ } 2B + C = -3
\end{array}\]
$\therefore B = - 1\ ,\ C = - 1$
ตัวอย่าง 6 $\displaystyle{\frac{1}{{\left( {3x^2 + 3x + 1} \right)\left( {8x^2 + 2x + 3} \right)}} = \frac{{Ax + B}}{{3x^2 + 3x + 1}} + \frac{{Cx + D}}{{8x^2 + 2x + 3}}}$
ค่า $A,B,C,D$ หาด้วยวิธีนี้ไม่ได้ ต้องใช้วิธีการแทนค่า $x$ และแก้สมการ ลองไปทำดูสิ สุดท้ายจะได้ $A = \frac{{54}}{{127}}\ ,\ B = \frac{{57}}{{127}}\ ,\ C = - \frac{{144}}{{127}}\ ,\ D = - \frac{{44}}{{127}}$
ที่มา
การแยกเป็นเศษส่วนย่อยตามการจัดประเภทดังกล่าว ไม่ได้มีหลักการมาจาก การสมมติรูปแบบต่างๆขึ้น แล้วแก้สมการหาค่าสัมประสิทธิ์เหล่านั้นออกมา แต่มันมีที่มาของมันซึ่งเราวิเคราะห์แล้วว่าถูกต้อง เรามาดูตัวอย่างการแยกเศษส่วนย่อยแบบผิดๆซึ่งไม่ได้ตรงกับประเภทใดข้างต้น แต่อาศัยหลักการที่เลียนแบบจากการหาค่าสัมประสิทธิ์ในการหาเศษส่วนย่อยแล้วเกิดความผิดพลาดขึ้น
สมมติว่าเราต้องการแยก $\frac{x}{{\left( {x - 1} \right)\sqrt {x^2 + 1} }}$ เป็นเศษส่วนย่อย โดยอาศัยหลักการมั่วนิ่มจาก วิธีแยกเศษส่วนย่อย ด้วยคิดเอาเองว่าน่าจะแยกได้รูปแบบดังนี้
$\displaystyle{\frac{x}{{\left( {x - 1} \right)\sqrt {x^2 + 1} }} = \frac{A}{{x - 1}} + \frac{{Bx + C}}{{\sqrt {x^2 + 1} }}}$
$A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x - 1} \right)\frac{x}{{\left( {x - 1} \right)\sqrt {x^2 + 1} }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$
$\displaystyle{\therefore \frac{x}{{\left( {x - 1} \right)\sqrt {x^2 + 1} }} = \frac{1}{{\sqrt 2 \left( {x - 1} \right)}} + \frac{{Bx + C}}{{\sqrt {x^2 + 1} }}}$
ค่า $B,C$ หาโดยการแทนค่า
\[\begin{array}{rcclrcllrcl}
\textrm{ถ้า } x & = & 0 & \textrm{ จะได้ } & 0 & = & - \frac{1}{{\sqrt 2 }} + C & \textrm{ จะได้ } & C = & \frac{1}{\sqrt{2}} \\
\textrm{ถ้า } x & = & -1 & \textrm{ จะได้ } & \frac{1}{2\sqrt{2}} & = & - \frac{1}{{2\sqrt 2 }} - \frac{B}{{\sqrt 2 }} + \frac{1}{2} & \textrm{ จะได้ } & B = & \frac{1-\sqrt{2}}{\sqrt{2}}
\end{array}\]
ดังนั้น $\displaystyle{\frac{x}{{\left( {x - 1} \right)\sqrt {x^2 + 1} }} = \frac{1}{{\sqrt 2 \left( {x - 1} \right)}} + \frac{{\left( {1 - \sqrt 2 } \right)x + 1}}{{\sqrt 2 \sqrt {x^2 + 1} }}}$
แต่เมื่อลองแทนค่า $x=7$ พบว่า
\[\begin{array}{rcl}
\frac{7}{{6\left( {5\sqrt 2 } \right)}} & = & \frac{1}{{6\sqrt 2 }} + \frac{{\left( {1 - \sqrt 2 } \right)7 + 1}}{{10}} \\
\frac{1}{{15\sqrt 2 }} & = & \frac{{8 - 7\sqrt 2 }}{{10}} \\
2 & = & 3\sqrt 2 \left( {8 - 7\sqrt 2 } \right) \\
6\sqrt{2} & = & 11
\end{array}\]
เป็นแบบนี้ได้ยังไง ก็เราแก้สมการหาค่าสัมประสิทธิ์ออกมาถูกต้องแล้วนี่ ทำไมมันใช้ไม่ได้ละ ใช้ได้สิครับแต่สำหรับกรณีของ $x = 0, \pm 1$ ที่เราแทนค่าลงไปเท่านั้นไง ส่วนกรณีอื่นๆส่วนใหญ่ผิดหมดเลย ดังนั้นก่อนจะมั่วนิ่มเอาว่ามันแยกออกมาได้อย่างนั้นต้องพิสูจน์ให้ได้ก่อนครับว่ามันแยกได้เช่นนั้นจริงๆ สำหรับประเภทของเศษส่วนย่อยที่เราได้เสนอไปแล้วนั้น เราลองมาวิเคราะห์กันเป็นไร
ประเภทที่ $1$ และ $2$
กำหนดให้ $f_n \left( x \right)$ หมายถึง พหุนามที่มีดีกรีไม่เกิน $n$
และ $g\left( x \right)$ เป็นพหุนามใดๆที่มีดีกรีไม่น้อยกว่า $n - p$
เศษส่วนย่อยใดๆที่เราพบในกรณีนี้ สามารถเขียนได้ในรูปของ $\frac{{f_{n - 1} \left( x \right)}}{{\left( {x - a} \right)^p g\left( x \right)}}$ (อย่าลืมสิ่งสำคัญคือ ดีกรีของเศษต้องน้อยกว่าดีกรีของส่วนเสมอ)
เราลองแยกเทอมของ $\frac{A}{{\left( {x - a} \right)^p }}$ ออกมา
โดยวิธีของ Heaviside หาค่า $A = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \left( {x - a} \right)^p \frac{{f_{n - 1} \left( x \right)}}{{\left( {x - a} \right)^p g\left( x \right)}} = \frac{{f_{n - 1} \left( a \right)}}{{g\left( a \right)}}$
ลองแยกออกมาดูเลย ว่าจะเหลือผลลัพธ์เป็นอะไร
$\displaystyle{\frac{{f_{n - 1} \left( x \right)}}{{\left( {x - a} \right)^p g\left( x \right)}} - \left( {\frac{{f_{n - 1} \left( a \right)}}{{g\left( a \right)}}} \right)\frac{1}{{\left( {x - a} \right)^p }} = \frac{{g\left( a \right)f_{n - 1} \left( x \right) - f_{n - 1} \left( a \right)g\left( x \right)}}{{g\left( a \right)\left( {x - a} \right)^p g\left( x \right)}}}$
พิจารณาพหุนามของตัวเศษ หากเราแทนค่า $x = a$ ลงไปจะได้
$g\left( a \right)f_{n - 1} \left( a \right) - f_{n - 1} \left( a \right)g\left( a \right) = 0$
ดังนั้น $x - a$ เป็นตัวประกอบของพหุนาม $g\left( a \right)f_{n - 1} \left( x \right) - f_{n - 1} \left( a \right)g\left( x \right)$ เราจึงเขียนพหุนามของตัวเศษได้ใหม่เป็น $g\left( a \right)f_{n - 1} \left( x \right) - f_{n - 1} \left( a \right)g\left( x \right) = \left( {x - a} \right)f_{n - 2} \left( x \right)$ แต่เพื่อให้ผลลัพธ์สุดท้ายดูสวยงามยิ่งขึ้น ให้พิจารณาค่าคงที่ $g\left( a \right)$
ที่เป็นตัวหารเข้าไปด้วยเป็น
$\displaystyle{\frac{{g\left( a \right)f_{n - 1} \left( x \right) - f_{n - 1} \left( a \right)g\left( x \right)}}{{g\left( a \right)}} = \left( {x - a} \right)f_{n - 2} \left( x \right)}$
แทนค่ากลับลงไปจะได้ผลลัพธ์เป็น
\[\begin{array}{rcl}
\displaystyle{\frac{{f_{n - 1} \left( x \right)}}{{\left( {x - a} \right)^p g\left( x \right)}} - \left( {\frac{{f_{n - 1} \left( a \right)}}{{g\left( a \right)}}} \right)\frac{1}{{\left( {x - a} \right)^p }}} & = & \displaystyle{\frac{{\left( {x - a} \right)f_{n - 2} \left( x \right)}}{{\left( {x - a} \right)^p g\left( x \right)}}} \\
& = & \displaystyle{\frac{{f_{n - 2} \left( x \right)}}{{\left( {x - a} \right)^{p - 1} g\left( x \right)}}}
\end{array}\]
ในทำนองเดียวกัน เราสามารถแยก $\frac{{f_{n - 2} \left( x \right)}}{{\left( {x - a} \right)^{p - 1} g\left( x \right)}}$ เป็น
$\displaystyle{\frac{{f_{n - 2} \left( x \right)}}{{\left( {x - a} \right)^{p - 1} g\left( x \right)}} = \left( {\frac{{f_{n - 2} \left( a \right)}}{{g\left( a \right)}}} \right)\frac{1}{{\left( {x - a} \right)^{p - 1} }} + \frac{{f_{n - 3} \left( x \right)}}{{\left( {x - a} \right)^{p - 2} g\left( x \right)}}}$
ทำเช่นนี้ไปเรื่อยๆจะได้
\[\begin{array}{rcl}
\displaystyle{\frac{{f_{n - 1} \left( x \right)}}{{\left( {x - a} \right)^p g\left( x \right)}}} & = & \displaystyle{\left( {\frac{{f_{n - 1} \left( a \right)}}{{g\left( a \right)}}} \right)\frac{1}{{\left( {x - a} \right)^p }} + \left( {\frac{{f_{n - 2} \left( a \right)}}{{g\left( a \right)}}} \right)\frac{1}{{\left( {x - a} \right)^{p - 1} }} + \cdots } \\
& & \displaystyle{ + \left( {\frac{{f_{n - p} \left( a \right)}}{{g\left( a \right)}}} \right)\frac{1}{{x - a}} + \frac{{f_{n - p - 1} \left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}}
\end{array}\]
เป็นรูปแบบของวิธีแยกเศษส่วนย่อยประเภทที่ $1$ และ $2$ นั่นเอง
ประเภทที่ $3$ และ $4$
กรณีนี้ รากคำตอบเป็นจำนวนเชิงซ้อน $\alpha = u + vi$ และคอนจูเกตของมัน $\overline \alpha = u - vi$ ซึ่งเป็นรากคำตอบของเทอม $\left( {x - u} \right)^2 + v^2 $ นั่นเอง
กำหนดให้ $f_n \left( x \right)$ หมายถึง พหุนามที่มีดีกรีไม่เกิน $n$
และ $g\left( x \right)$ เป็นพหุนามใดๆที่มีดีกรีไม่น้อยกว่า $n - 2p$
เศษส่วนย่อยใดๆที่เราพบในกรณีนี้ สามารถเขียนได้ในรูปของ $\frac{{f_{n - 1} \left( x \right)}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^p g\left( x \right)}}$
เราลองแยกเทอมของ $\frac{{Ax + B}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^p }}$ ออกมา
$\displaystyle{\frac{{f_{n - 1} \left( x \right)}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^p g\left( x \right)}} - \frac{{Ax + B}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^p }} = \frac{{f_{n - 1} \left( x \right) - \left( {Ax + B} \right)g\left( x \right)}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^p g\left( x \right)}}}$
พิจารณาพหุนามของตัวเศษ หากเราหาค่า $A,B$ ที่ทำให้
\[\begin{array}{rclccccccccccccccccc}
f_{n - 1} \left( \alpha \right) - \left( {A\alpha + B} \right)g\left( \alpha \right) & = & 0 & & & & & & & & & & & & & & & & & (1) \\
\textrm{และ } f_{n - 1} \left( {\overline \alpha } \right) - \left( {A\overline \alpha + B} \right)g\left( {\overline \alpha } \right) & = & 0 & & & & & & & & & & & & & & & & & (2)
\end{array}\]
ได้ นั่นคือพหุนามของตัวเศษ มี $x - \alpha $ และ $x - \overline \alpha $ เป็นตัวประกอบ ทำให้เขียนพหุนามของตัวเศษได้ในรูปของ $f_{n - 1} \left( x \right) - \left( {Ax + B} \right)g\left( x \right) = \left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)f_{n - 3} \left( x \right)$
ทำให้ได้ผลลัพธ์เป็น
\[\begin{array}{rcl}
\displaystyle{\frac{{f_{n - 1} \left( x \right)}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^p g\left( x \right)}} - \frac{{Ax + B}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^p }}} & = & \displaystyle{\frac{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)f_{n - 3} \left( x \right)}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^p g\left( x \right)}}} \\
& = & \displaystyle{\frac{{f_{n - 3} \left( x \right)}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^{p - 1} g\left( x \right)}}}
\end{array}\]
เราหาค่า $A,B$ ได้จากการแก้สมการ $(1),(2)$ นั่นเองได้ผลลัพธ์เป็น
\[\begin{array}{rcl}
A & = & \displaystyle{\frac{1}{{\alpha - \overline \alpha }}\left( {\frac{{f_{n - 1} \left( \alpha \right)}}{{g\left( \alpha \right)}} - \frac{{f_{n - 1} \left( {\overline \alpha } \right)}}{{g\left( {\overline \alpha } \right)}}} \right)} \\
B & = & \displaystyle{\frac{1}{{\overline \alpha - \alpha }}\left( {\frac{{\overline \alpha f_{n - 1} \left( \alpha \right)}}{{g\left( \alpha \right)}} - \frac{{\alpha f_{n - 1} \left( {\overline \alpha } \right)}}{{g\left( {\overline \alpha } \right)}}} \right)} \\
\textrm{หรือ } Ax + B & = & \displaystyle{\left( {\frac{{x - \overline \alpha }}{{\alpha - \overline \alpha }}} \right)\frac{{f_{n - 1} \left( \alpha \right)}}{{g\left( \alpha \right)}} + \left( {\frac{{x - \alpha }}{{\overline \alpha - \alpha }}} \right)\frac{{f_{n - 1} \left( {\overline \alpha } \right)}}{{g\left( {\overline \alpha } \right)}}}
\end{array}\]
ในทำนองเดียวกัน เราสามารถแยก $\frac{{f_{n - 3} \left( x \right)}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^{p - 1} g\left( x \right)}}$ เป็น
$\displaystyle{\frac{{f_{n - 3} \left( x \right)}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^{p - 1} g\left( x \right)}} = \frac{{A'x + B'}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^{p - 1} }} + \frac{{f_{n - 5} \left( x \right)}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^{p - 2} g\left( x \right)}}}$
ทำเช่นนี้ไปเรื่อยๆจะได้
\[\begin{array}{rcl}
\displaystyle{\frac{{f_{n - 1} \left( x \right)}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^p g\left( x \right)}}} & = & \displaystyle{\frac{{Ax + B}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^p }} + \frac{{A'x + B'}}{{\left( {\left( {x - u} \right)^2 + v^2 } \right)^{p - 1} }} + \cdots} \\
& & \displaystyle{ + \frac{{A'''x + B'''}}{{\left( {x - u} \right)^2 + v^2 }} + \frac{{f_{n - 1 - 2p} \left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}}
\end{array}\]
เป็นรูปแบบของวิธีแยกเศษส่วนย่อยประเภทที่ $3$ และ $4$ นั่นเอง