部分分数分解の全ての「なぜ？」に可換環論で答える。「声に出して読みたい…」

もし仮に

“ 声に出して言いたい数学用語ランキング ”

があるとすれば、高校数学部門では

「部分分数分解」
（ぶぶんぶんすうぶんかい）

などが、大学数学部門では

「可換環論」
（かかんかんろん）

などが上位にランクインしてくるでしょうか。

その「部分分数分解」は高校数学の数学３で分数式を積分する際に用いたりしますが、

分母が二乗のときはどうするのか？
分母が3つの多項式の積の場合はどうするのか？
公式はあるのか？
積分が計算できないときはあるのか？

といった疑問を持った方も少なくないと思います。今回は、それらに「可換環論」等の知識を用いて答えてゆこうと思います。

具体的な計算方法はこちらの記事

部分分数分解の計算のやり方「裏ワザを超えろ！！」

をご覧ください！！

まず、理論の準備をしよう！
次に、部分分数分解の理論を作ってみよう！
結局、積分できるのか？
おまけ。

まず、理論の準備をしよう！

多項式に対する「除法の原理」

除法の原理とは、簡単に言えば「余り付きの割り算」であって、整数や多項式などに対して考えることができます。その際、余りに関して絶対値や次数による制約条件が課されることによって、商と余りの一意性が保証されます。本記事で用いるのは多項式に対する除法の原理であって、主張は以下の通りです。

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$f(x)$, $g(x)$ を多項式とし、$g(x)\neq0$ であるとする。このとき、商 $q(x)$ と余り $r(x)$ の対について
$$
f(x)=q(x)g(x)+r(x)
$$であって $r(x)=0$ または ${\rm deg}\ r(x)<{\rm deg}\ g(x)$ なるものが一意的に存在する。但し、${\rm deg}\ p(x)$ は多項式 $p(x)$ の次数を表す。
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整数全体における絶対値や、一変数多項式全体における次数のように、余りに制約条件を課す関数が存在するようなものをユークリッド整域と呼び、その関数をユークリッド関数と呼びます。

多項式に対する「べズーの補題」

ユークリッド整域は一般に単項イデアル整域（PID）であることが知られています。ここで単項イデアル整域の定義を述べることは避けますが、この事実を認めるならば、上で見たように整数全体や一変数多項式全体は単項イデアル整域をなすことがわかります。そんな単項イデアル整域の性質の一つとして、べズーの補題があります。こちらも、本記事で用いる多項式に対するものを述べておきます。

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$h_1(x)$, $h_2(x)$ を互いに素な多項式とする。このとき、任意の多項式 $r(x)$ に対して多項式 $m_1(x)$, $m_2(x)$ が存在して
$$
m_1(x)h_1(x)+m_2(x)h_2(x)=r(x)
$$を満足する。
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この多項式 $m_1(x)$, $m_2(x)$ は、多項式に対するユークリッドの互除法によって見出だすことができ、特に ${\rm deg}\ r(x)<{\rm deg}\ h_1(x)h_2(x)$ であれば
\begin{align}
{\rm deg}\ m_1(x)&<{\rm deg}\ h_2(x),\\
{\rm deg}\ m_2(x)&<{\rm deg}\ h_1(x)
\end{align}
を満たすようにとることができます。（除法の原理を適用し、関数の極限を考えることで示せます。）べズーの補題によって得られる等式をべズーの等式と呼びます。

「因数定理」と「代数学の基本定理」

可換環論からは外れますが、基本的な定理として因数定理と代数学の基本定理を合わせて見ておきましょう。

今までは多項式の係数が何であるかは気にしていませんでした。

気にしましょう。

と言っても、過度に難しく考える必要はなく

実数の範囲で収まっているか
複素数の範囲まで拡張しているか

を意識すれば良いです。まずは、代数学の基本定理の基本的な形を見て見ましょう。

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定数でない複素数係数の多項式 $p(x)$ について
$$
p(\alpha)=0
$$なる複素数 $\alpha$ が存在する。
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ここで、因数定理より $p(\alpha)=0$ なる多項式 $p(x)$ は $(x-\alpha)$ を因数に持つことが言えます。これを帰納的に繰り返すことで次が成り立ちます。

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定数でない複素数係数の多項式 $p(x)$ について
$$
p(x)=a(x-\alpha_1)^{m_1}(x-\alpha_2)^{m_2}\cdots(x-\alpha_r)^{m_r}
$$なる相異なる複素数 $\alpha_1$, $\alpha_2$, $\cdots$, $\alpha_r$ が存在する。
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ここで、実数は複素数なので、多項式 $p(x)$ は実数係数でも主張は成り立ちます。但し、$\alpha_1$, $\alpha_2$, $\cdots$, $\alpha_r$ は実数の範囲に収まっているとは限らないことに注意が必要です。

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定数でない実数係数の多項式 $p(x)$ について
$$
p(x)=a(x-\alpha_1)^{m_1}(x-\alpha_2)^{m_2}\cdots(x-\alpha_r)^{m_r}
$$なる相異なる複素数 $\alpha_1$, $\alpha_2$, $\cdots$, $\alpha_r$ が存在する。
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ここで、実数係数の方程式が虚数解を持つと共役な複素数も解となることがわかっています。このことから、互いに共役な虚数 $\alpha_i$ と $\alpha_j$ があれば $m_i=m_j$ であって、$(x-\alpha_i)$ と $(x-\alpha_j)$ でペアを作ることができます。このペアについて
$$
(x-\alpha_i)(x-\alpha_j)=(x-\alpha_i)(x-\overline{\alpha_i})=x^2-2({\rm Re}\ \alpha_i)x+|\alpha_i|^2
$$となり、実数係数の $2$ 次式が現れるのです。これより、次が成り立ちます。

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定数でない実数係数の多項式 $p(x)$ について、相異なる実数 $\alpha_i$ と実数 $\beta_j$, $\gamma_j$ が存在して
$$
p(x)=a(x-\alpha_1)^{m_1}\cdots(x-\alpha_r)^{m_r}(x^2+\beta_1 x+\gamma_1)^{n_1}\cdots(x^2+\beta_s x+\gamma_s)^{n_s}
$$と書ける。
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この主張は実数の範囲で完結しており、冪の因数 $(x-\alpha_i)^{m_i}$ や $(x^2+\beta_j x+\gamma_j)^{n_j}$ はどの二つも互いに素になっています。これを、本記事では因数分解定理と呼ぶことにします。

次に、部分分数分解の理論を作ってみよう！

$f(x)$, $g(x)$ を多項式とし、$g(x)\neq0$ であるとします。このとき、有理式
$$
\frac{f(x)}{g(x)}
$$を部分分数分解することを考えます。

分子の次数を下げる。

有理式 $\displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}$ は $f(x)$ を $g(x)$ で割っているのですから、除法の原理を適用してみましょう。このとき、
$$
f(x)=q(x)g(x)+r(x)
$$であって $r(x)=0$ または ${\rm deg}\ r(x)<{\rm deg}\ g(x)$ なる商 $q(x)$ と余り $r(x)$ が存在します。両辺を $g(x)$ で割ると
$$
\frac{f(x)}{g(x)}=q(x)+\frac{r(x)}{g(x)}
$$となります。つまり、除法の原理によって

(分子の次数) ＜ (分母の次数)

とすることができたのです。

分母を因数分解する。

分母である $g(x)$ を因数分解定理によって因数分解します。定数倍はほとんど関係ないので、初めから $g(x)$ の最高次の係数は $1$ であるとします。このとき、
$$
g(x)=g_1(x)^{n_1}\cdots g_s(x)^{n_s}
$$と因数分解することができます。但し、各因数 $g_i(x)$ はどの二つも互いに素で、実数係数の多項式 $x-\alpha_i$ または $x^2+\beta_i x+\gamma_i$ の形をしているものとします。

ベズーの等式を得る。

帰納的に考えたいので、まず、互いに素な多項式 $a(x)$, $b(x)$ を用いて
$$
g(x)=a(x)b(x)
$$と書けているとします。ここで、互いに素な多項式 $h_1(x)=b(x)$, $h_2(x)=a(x)$ とし、$r(x)$ に対するべズーの等式を考えると
$$
r(x)=m_1(x)h_1(x)+m_2(x)h_2(x)
$$となります。このとき、両辺を $g(x)$ で割ることで
$$
\frac{r(x)}{g(x)}=\frac{m_1(x)}{a(x)}+\frac{m_2(x)}{b(x)}
$$を得ます。今、${\rm deg}\ r(x)<{\rm deg}\ g(x)={\rm deg}\ a(x)b(x)={\rm deg}\ h_1(x)h_2(x)$ なので
\begin{align}
{\rm deg}\ m_1(x)&<{\rm deg}\ h_2(x)={\rm deg}\ a(x),\\
{\rm deg}\ m_2(x)&<{\rm deg}\ h_1(x)={\rm deg}\ b(x)
\end{align}
より

(分子の次数) ＜ (分母の次数)

を維持したまま分母を互いに素な因子に分けることができたのです。これを先ほどの因数分解
$$
g(x)=g_1(x)^{n_1} \cdots g_s(x)^{n_s}
$$に帰納的に適用してやると
$$
\frac{r(x)}{g(x)}=\frac{m_1(x)}{g_1(x)^{n_1}}+\cdots+\frac{m_s(x)}{g_s(x)^{n_s}}
$$と書けるのです。但し、${\rm deg}\ m_i(x)<n_i{\rm deg}\ g_i(x)$ です。

今、$g_i(x)$ は実数係数の多項式 $x-\alpha_i$ または $x^2+\beta_i x+\gamma_i$ の形をしていたので、部分分数分解は
$$
\frac{m(x)}{(x-\alpha)^n},\quad {\rm deg}\ m(x)<n
$$または
$$
\frac{m(x)}{(x^2+\beta x+\gamma)^n},\quad {\rm deg}\ m(x)<2n
$$の形について考えれば良いことがわかります。

部分分数に分解する。

改めて $x-\alpha$ または $x^2+\beta x+\gamma$ を $g_0(x)$ とおき、
$$
\frac{m(x)}{g_0(x)^n},\quad{\rm deg}\ m(x)<n{\rm deg}\ g_0(x)
$$の形について考えます。

除法の原理によって、$g_0(x)$ で商を割るという操作を繰り返すことにより
\begin{align}
m(x)&=q_1(x)g_0(x)+r_0(x)\\
q_1(x)&=q_2(x)g_0(x)+r_1(x)\\
q_2(x)&=q_3(x)g_0(x)+r_2(x)\\
&\quad\vdots\\
q_{k-2}(x)&=q_{k-1}(x)g_0(x)+r_{k-2}(x)\\
q_{k-1}(x)&=0\cdot g_0(x)+r_{k-1}(x)
\end{align}を得ます。ここで、次数の減少を考えることで $k\leq n$ であることがわかります。これらを下から順に $q_{k-1}(x)$, $q_{k-2}(x)$, $\cdots$, $q_1(x)$ を代入してゆき、$m(x)$, $g_0(x)$ 及び$r_0(x)$, $r_1(x)$, $\cdots$, $r_{k-1}(x)$ たちの関係式で表すと
$$
m(x)=r_{k-1}(x)g_0(x)^{k-1}+r_{k-2}(x)g_0(x)^{k-2}+\cdots+r_1(x)g_0(x)+r_0(x)
$$を得ます。さらに、両辺を $g_0(x)^n$ で割ると
$$
\frac{m(x)}{g_0(x)^n}=\frac{r_{k-1}(x)}{g_0(x)^{n-(k-1)}}+\frac{r_{k-2}(x)}{g_0(x)^{n-(k-2)}}+\cdots+\frac{r_1(x)}{g_0(x)^{n-1}}+\frac{r_0(x)}{g_0(x)^n}
$$を得るのです。

ここで、$k\leq n$ なので $r_k(x)=0$, $r_{k+1}(x)=0$, $\cdots$, $r_{n-1}(x)=0$ を付け加えることで
$$
\frac{m(x)}{g_0(x)^n}=\frac{r_{n-1}(x)}{g_0(x)}+\frac{r_{n-2}(x)}{g_0(x)^2}+\cdots+\frac{r_1(x)}{g_0(x)^{n-1}}+\frac{r_0(x)}{g_0(x)^n}
$$という一般的な形を得ます。このとき、

$g_0(x)=x-\alpha$ なら $r_i(x)$ たちは全て定数
$g_0(x)=x^2+\beta x+\gamma$ なら $r_i(x)$ たちは $0$ でなければ高々 $1$ 次

であることがわかります。

これで、部分分数分解が完了しました！

得られた結果は以下の通りです。

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任意の実数係数の有理式 $\displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}$ は、多項式と以下の２種の分数式の有限和で書くことができる。
\begin{align}
\frac{a_i}{(x-\alpha)^i},\quad \frac{b_i x+c_i}{((x-p)^2+q^2)^i}\quad (i=1,2,\cdots,n)
\end{align}但し、$n$ は $(x-\alpha)$ や $((x-p)^2+q^2)$ が $g(x)$ を割り切る回数である。
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結局、積分できるのか？

多項式について

まず、多項式の部分については容易に不定積分の計算をすることができますね。

分母が $1$ 次式の場合について

次に、
$$
\frac{a_i}{(x-\alpha)^i}\quad (i=1,2,\cdots,n)
$$については
\begin{align}
\int\frac{a_i}{(x-\alpha)^i}dx=\begin{cases}
a_1\log|x-\alpha|+C&(i=1)\\
\displaystyle -\frac{a_i}{(i-1)(x-\alpha)^{i-1}}+C&(i>1)
\end{cases}
\end{align}と高校数学で不定積分を計算できます。

分母が $2$ 次式の場合について

次に、
$$
\frac{b_i x+c_i}{((x-p)^2+q^2)^i}\quad (i=1,2,\cdots,n)
$$については、$t=x-p$ と置き換えても積分が具体的に計算できるか否かは変わりません。そこで、この置き換えによって
$$
\frac{t}{(t^2+q^2)^i},\quad\frac{1}{(t^2+q^2)^i}
$$の二つの分数式に分けて考えましょう。

分子が $t$ の項は…

前者の項については、$u=t^2+q^2$ と置換することで
\begin{align}
\int\frac{t}{(t^2+q^2)^i}dt=\int\frac{1}{2u^i}dt=\begin{cases}
\displaystyle \frac{1}{2}\log|u|+C=\frac{1}{2}\log(t^2+q^2)+C&(i=1)\\
\displaystyle -\frac{1}{2(i-1)u^{i-1}}+C=-\frac{1}{2(i-1)(t^2+q^2)^{i-1}}+C&(i>1)
\end{cases}
\end{align}と高校数学で不定積分を計算できます。

分子が $1$ の項は…

後者の項について。求める不定積分を $I_i$ とおくと、高校数学の範囲を超えますが、$i=1$ のときは
\begin{align}
I_1=\int\frac{1}{t^2+q^2}dt=\frac{1}{q}\tan^{-1}\frac{t}{q}+C
\end{align}のように逆三角関数を用いて計算できます。一般に、$i=1,2,\cdots$ のときは部分積分を施すことにより
\begin{align}
I_i
&=\int\frac{1}{(t^2+q^2)^i}dt\\
&=\int1\cdot\frac{1}{(t^2+q^2)^i}dt\\
&=t\cdot\frac{1}{(t^2+q^2)^i}-\int t\cdot\left(-\frac{2it}{(t^2+q^2)^{i+1}}\right)dt\\
&=\frac{t}{(t^2+q^2)^i}+2i\int\frac{t^2}{(t^2+q^2)^{i+1}}dt\\
&=\frac{t}{(t^2+q^2)^i}+2i\int\frac{(t^2+q^2)-q^2}{(t^2+q^2)^{i+1}}dt\\
&=\frac{t}{(t^2+q^2)^i}+2i\int\frac{1}{(t^2+q^2)^i}dt-2iq^2\int\frac{1}{(t^2+q^2)^{i+1}}dt\\
&=\frac{t}{(t^2+q^2)^i}+2iI_i-2iq^2I_{i+1}
\end{align}すなわち
$$
I_{i+1}=\frac{1}{2iq^2}\left(\frac{t}{(t^2+q^2)^i}+(2i-1)I_i\right)
$$を得ます。この漸化式と、初項である上記の $I_1$ によって全ての不定積分が（大変ですが）計算できます。

但し、高校数学で出題するには逆三角関数の直接の使用を避けるために定積分にする必要がありますし、現実的には小さな $n$ しか現れないようになっているはずです。

おまけ。

ここまで、高校数学で学ぶ不定積分することを想定していたため、実数係数の多項式や有理式の部分分数分解について議論してきました。では、部分分数分解のみするとして、複素数係数では結果はどのようになるでしょうか？

除法の原理とべズーの補題はそのまま通用する。
因数定理と代数学の基本定理もそのまま通用する。
因数分解定理で “実数” を全て “複素数” に読み替えると、$2$ 次の因数を考える必要がなくなる。
その後の議論は同様に考えられる。

以上により、次の結果を得ます。

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任意の複素数係数の有理式 $\displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}$ は、多項式と以下の分数式の有限和で書くことができる。
\begin{align}
\frac{a_i}{(x-\alpha)^i}\quad (i=1,2,\cdots,n)
\end{align}但し、$n$ は $(x-\alpha)$ が $g(x)$ を割り切る回数である。
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考える数の範囲を広げると、できることが増えるので結論が綺麗になりますね。

では反対に「有理数係数に制限した部分分数分解」はどのような結果になるでしょうか？？

考え始めると楽しくて止まりませんね！