Разложить на элементарные слагаемые \[ \frac{z^{4}}{z^{6}-1} \]
Сначала разложим знаменатель на множители, для чего найдём его корни. Как это делается – изучалось на комплексных числах. \[ z_{k}^{6}-1=0,\quad z_{k}^{6}=1=1\cdot e^{i\cdot0} \] \[ r=1,\quad\varphi=0,\quad k=0\dots5 \] \[ \left|z_{k}\right|=\sqrt[6]{r}=\sqrt[6]{1}=1,\quad\mathrm{Arg}\,z_{k}=\frac{0+2\pi k}{6}=\frac{\pi k}{3} \] \[ z_{k}=\left|z_{k}\right|e^{i\mathrm{Arg}\,z_{k}}=\cos\mathrm{Arg}\,z_{k}+i\sin\mathrm{Arg}\,z_{k} \] \[ \begin{array}{cll} k & \mathrm{Arg}\,z_{k} & z_{k}\\ 0, & 0, & 1\\ 1, & \frac{\pi}{3}, & \cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3}=\frac{1+i\sqrt{3}}{2}\\ 2, & \frac{2\pi}{3}=\pi-\frac{\pi}{3}, & -\frac{1-i\sqrt{3}}{2}\\ 3, & \pi & \cos\pi+i\sin\pi=-1\\ 4, & \frac{4\pi}{3}\sim\frac{4\pi}{3}-2\pi=-\frac{2\pi}{3},\quad & -\frac{1+i\sqrt{3}}{2}\\ 5, & \frac{5\pi}{3}\sim\frac{5\pi}{3}-2\pi=-\frac{\pi}{3}, & \frac{1-i\sqrt{3}}{2} \end{array} \] Тогда знаменатель разложится так: \[ z^{6}-1=\left(z-z_{0}\right)\cdot\dots\cdot\left(z-z_{5}\right)=\left(z-1\right)\left(z+1\right)\left(z-\frac{1+i\sqrt{3}}{2}\right)\left(z-\frac{1-i\sqrt{3}}{2}\right)\left(z+\frac{1+i\sqrt{3}}{2}\right)\left(z+\frac{1-i\sqrt{3}}{2}\right). \] Перемножим сопряжённые множители \[ \left(z-\frac{1+i\sqrt{3}}{2}\right)\left(z-\frac{1-i\sqrt{3}}{2}\right)=\left(z-\frac{1}{2}\right)^{2}-\left(\frac{i\sqrt{3}}{2}\right)^{2}=z^{2}-z+\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=z^{2}-z+1, \] \[ \left(z+\frac{1+i\sqrt{3}}{2}\right)\left(z+\frac{1-i\sqrt{3}}{2}\right)=\left(z+\frac{1}{2}\right)^{2}-\left(\frac{i\sqrt{3}}{2}\right)^{2}=z^{2}+z+\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=z^{2}+z+1, \] и тогда разложение станет вещественным: \[ z^{6}-1=\left(z-1\right)\left(z+1\right)\left(z^{2}-z+1\right)\left(z^{2}+z+1\right) \] разложение на слагаемые дроби будет иметь вид \[ \frac{z^{4}}{z^{6}-1}=\frac{z^{4}}{\left(z-1\right)\left(z+1\right)\left(z^{2}-z+1\right)\left(z^{2}+z+1\right)}=\frac{A}{z-1}+\frac{B}{z+1}+\frac{Cz+D}{z^{2}-z+1}+\frac{Ez+F}{z^{2}+z+1}, \] где коэффициенты таковы, что \begin{equation} A\left(z+1\right)\left(z^{2}-z+1\right)\left(z^{2}+z+1\right)+B\left(z-1\right)\left(z^{2}-z+1\right)\left(z^{2}+z+1\right)+\label{bigeq} \end{equation} \[ +\left(Cz+D\right)\left(z-1\right)\left(z+1\right)\left(z^{2}+z+1\right)+\left(Ez+F\right)\left(z-1\right)\left(z+1\right)\left(z^{2}-z+1\right)=z^{4} \] при любых $z$.
Выглядит уравнение (\ref{bigeq}) страшно, но его удастся упростить.
Раз $z$ могут быть любыми, то при $z=1$ \[ A\left(1+1\right)\left(1-1+1\right)\left(1+1+1\right)=1, \] откуда \[ A=\frac{1}{6} \] Пусть теперь $z=-1$: \[ B\left(-1-1\right)\left(1+1+1\right)\left(1-1+1\right)=1 \] \[ B=-\frac{1}{6} \] К сожалению, больше таких удачных значений $z$ нет. Учтём полученное: так как \[ A\left(z+1\right)\left(z^{2}-z+1\right)\left(z^{2}+z+1\right)+B\left(z-1\right)\left(z^{2}-z+1\right)\left(z^{2}+z+1\right)=\left[\frac{1}{6}\left(z+1\right)-\frac{1}{6}\left(z-1\right)\right]\left(z^{2}-z+1\right)\left(z^{2}+z+1\right)= \] \[ =\frac{1}{3}\left(z^{2}-z+1\right)\left(z^{2}+z+1\right), \] (\ref{bigeq}) примет вид \begin{equation} \frac{1}{3}\left(z^{2}-z+1\right)\left(z^{2}+z+1\right)+\left(z-1\right)\left(z+1\right)\left[\left(Cz+D\right)\left(z^{2}+z+1\right)+\left(Ez+F\right)\left(z^{2}-z+1\right)\right]=z^{4},\label{bigeq2} \end{equation} что уже проще. Упростим дальше: так как \[ 3z^{4}-\left(z^{2}-z+1\right)\left(z^{2}+z+1\right)=3z^{4}-\left[\left(z^{2}+1\right)^{2}-z^{2}\right]=3z^{4}-\left[z^{4}+2z^{2}+1-z^{2}\right]= \] \[ =3z^{4}-\left[z^{4}+z^{2}+1\right]=2z^{4}-z^{2}-1=\left(z^{2}-1\right)\left(2z^{2}+1\right), \] то из (\ref{bigeq2}) получим \[ \left(z^{2}-1\right)\left[\left(Cz+D\right)\left(z^{2}+z+1\right)+\left(Ez+F\right)\left(z^{2}-z+1\right)\right]=z^{4}-\frac{1}{3}\left(z^{2}-z+1\right)\left(z^{2}+z+1\right)=\frac{1}{3}\left(z^{2}-1\right)\left(2z^{2}+1\right), \] которое можно сократить на $\left(z^{2}-1\right)$: \[ \left(Cz+D\right)\left(z^{2}+z+1\right)+\left(Ez+F\right)\left(z^{2}-z+1\right)=\frac{1}{3}\left(2z^{2}+1\right). \] При $z=0$ имеем \[ D+F=\frac{1}{3}, \] \[ F=\frac{1}{3}-D, \] \[ \left(Cz+D\right)\left(z^{2}+z+1\right)+\left(Ez+\frac{1}{3}-D\right)\left(z^{2}-z+1\right)=\frac{1}{3}\left(2z^{2}+1\right). \] Перенесём свободное вправо и выделим слагаемые с $D$: \[ \left(Cz+D\right)\left(z^{2}+z+1\right)+\left(Ez-D\right)\left(z^{2}-z+1\right)+\frac{1}{3}\left(z^{2}-z+1\right)=\frac{1}{3}\left(2z^{2}+1\right), \] \[ Cz\left(z^{2}+z+1\right)+Ez\left(z^{2}-z+1\right)+2zD=\frac{1}{3}\left(2z^{2}+1\right)-\frac{1}{3}\left(z^{2}-z+1\right)=\frac{1}{3}\left(z^{2}+z\right). \] Сократим на $z$: \[ C\left(z^{2}+z+1\right)+E\left(z^{2}-z+1\right)+2D=\frac{1}{3}\left(z+1\right). \] $z=0$: \[ C+E+2D=\frac{1}{3} \] $z=1$: \[ 3C+E+2D=\frac{2}{3} \] $z=-1$: \[ C+3E+2D=0 \] Решим теперь полученную систему \[ \left\{ \begin{array}{c} C+E+2D=\frac{1}{3}\\ 3C+E+2D=\frac{2}{3}\\ C+3E+2D=0 \end{array}\right. \] относительно трёх неизвестных.
Вычтем из 3-го 1-е: \[ 2E=-\frac{1}{3}. \] Вычтем из 2-го 1-е: \[ 2C=\frac{1}{3}. \] Итого \[ E=-\frac{1}{6},\quad C=\frac{1}{6}. \] Тогда \[ \frac{1}{6}-\frac{1}{6}3+2D=0, \] \[ D=\frac{1}{6}, \] и \[ F=\frac{1}{3}-D=\frac{1}{3}-\frac{1}{6}=\frac{1}{6}. \] В итоге мы получили все коэффициенты разложения, и сделали это без раскрытия всех скобок и решения системы 6х6: \[ \left\{ \begin{array}{l} A=\frac{1}{6}\\ B=-\frac{1}{6}\\ C=\frac{1}{6}\\ D=\frac{1}{6}\\ E=-\frac{1}{6}\\ F=\frac{1}{6} \end{array}\right. \] Подставим в разложение: \[ \frac{z^{4}}{z^{6}-1}=\frac{A}{z-1}+\frac{B}{z+1}+\frac{Cz+D}{z^{2}-z+1}+\frac{Ez+F}{z^{2}+z+1}=\frac{1}{6}\left[\frac{1}{z-1}-\frac{1}{z+1}+\frac{z+1}{z^{2}-z+1}-\frac{z-1}{z^{2}+z+1}\right]. \] О том, как интегрируются два последних слагаемых и им подобные, был предыдущий пост.
