Matematika A1H - oktatási segédanyag. 1. Az euklideszi algoritmus az egész számokra


1 Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Gépészmérnöki Kar Energetika, Mechatronika és T...
Author:  Anikó Kissné

0 downloads 1 Views 322KB Size

Recommend Documents


Az ellipszoid algoritmus
1 Az ellipszoid algoritmus Csizmadia Zsolt Eötvös Loránd Tudományegyetem2 Bevezető Az ellipszoid módszert a nemline&aac...

3. előadás Prímtulajdonság, lnko, Euklideszi algoritmus, lánctörtek
1 3. előadás Prímtulajdonság, lnko, Euklideszi algoritmus, lánctörtek Dr. Kallós Gábor Tartalom Pr&iacu...

EGYSZERŰSÍTETT ALGORITMUS AZ ELEMI BÁZISCSERE ELVÉGZÉSÉRE
1 Lipécz György* EGYSZERŰSÍTETT ALGORITMUS AZ ELEMI BÁZISCSERE ELVÉGZÉSÉRE AVAGY A SZÁMÍT...

Problémák, kérdések az algoritmus vizualizációval kapcsolatban
1 Problémák, kérdések az algoritmus vizualizációval kapcsolatban Bende Imre ELTE IK Absztrakt. Az algoritmus...

Koczog András Matematika - Az alapoktól az érettségin át az egyetemig
1 Totál lp példák - képletek, tételek - segítség z lpfeldtokhoz Csk miimális mitpéld&aa...

Az Európai Matematika Kezdete
1 Klukovits Lajos, Dormán Miklós TTIK Bolyai Intézet november 26.2 Az európai civilizáció kezdete nem-gö...

Matematika az ókori Mezpotámiában
1 Matematika az ókori Mezpotámiában Mezopotámia története Dormán Miklós SZTE TTIK, Bolyai Int&ea...

A nulla az önálló matematika szubcentruma. Az aritmológus vitaindítója
1 Surányi László: Szümpozión a nulláról I./1 A nulla az önálló matematika szubcentru...

AZ APOLLO 1 ŰRHAJÓ TŰZESETE AZ ŰRVERSENY
1 Barna Péter, Nagy Rudolf AZ APOLLO 1 ŰRHAJÓ TŰZESETE Az 1960-as években az Amerikai Egyesült Államok hatalmas energ...

Az első program. 1. Első lépés A feladat Specifikáció Algoritmus Kód Második lépés
1 Az első program Tartalom 1. Első lépés A feladat Specifikáció Algoritmus Kód Második lépés A...



Budapesti M˝ uszaki ´es Gazdas´agtudom´anyi Egyetem G´ep´eszm´ern¨oki Kar Energetika, Mechatronika ´ es Term´ ektervez˝ o BSc szakok

Matematika A1H - oktat´ asi seg´ edanyag ´ ´ FAKTORIZAL ´ ASA, ´ POLINOMOK OSZTASA ES ´ ¨ ¨ ´ ´ ASA ´ RACIONALIS TORF UGGV ENYEK INTEGRAL 2015. november

1.

Az euklideszi algoritmus az eg´ esz sz´ amokra

T´ etel: Ha m, n ∈ Z, akkor l´etezik (´es ±1 egy¨ utthat´ot´ol eltekintve egy´ertelm˝ u) m ´es n legnagyobb k¨oz¨os oszt´oja (r¨oviden: l.n.k.o.), azaz olyan d ∈ Z, hogy d|m, d|n ´es minden δ|m, δ|n eset´en δ|d is teljes¨ ul. Bizony´ıt´as. Feltehetj¨ uk, hogy m, n ∈ N, hiszen ehhez legfeljebb (−1)-gyel kell beszorozzuk ˝oket. Ha n-et elosztjuk marad´ekosan n-nel, akkor ad´odik: 0-ik l´ep´es: (m : n)

m = h1 n + r1 ,

ahol

0 ≤ r1 < n.

Ha most v´eletlen¨ ul r1 = 0, akkor meg is a´llhatunk: ebben az esetben m´ar n|m, ´es nyilv´an n a l.n.k.o. Ha nem, akkor viszont folytatjuk: elosztjuk most n-et r1 -gyel marad´ekosan: 1-s˝o l´ep´es: (n : r1 )

n = h2 r1 + r2 ,

ahol

0 ≤ r2 < r1 .

Hasonl´oan, ezt addig folytatjuk indukt´ıven, amig csak lehet: k-ik l´ep´es: (rk : rk+1 )

rk−1 = hk+1 rk + rk+1 ,

ahol

0 ≤ rk+1 < rk .

Mindig lehet marad´ekosan osztani, ´es ez´ert az elj´ar´as csak akkor szakad meg, ha v´eg¨ ul rk+1 = 0; de ez be kell k¨ovetkezzen, mert mindegyik rk kisebb a megel˝oz˝oekn´el, ´es ´ıgy legfeljebb n = r0 l´ep´esben le kell ´erkezz¨ unk a 0-ba. M´armost ekkor tetsz˝oleges δ k¨oz¨os oszt´ora azt l´athatjuk, hogy δ|m, n ⇒ δ|m − h1 n = r1 ⇒ δ|n − h2 r1 = r2 ⇒ · · · ⇒ δ|rk . Ugyanakkor, ha ez az oszt´asi algoritmus le´allt, akkor rk+1 = 0 ´es ez´ert rk |rk−1 . De persze az el˝oz˝o sorokban mindig igaz, hogy ha d|rj , d|rj−1 , akkor d|hj rj−1 + rj = rj−2 is teljes¨ ul, teh´at visszafel´e menv´en azt tal´aljuk, hogy ha d|rk , rk−1 , akkor d|m, n. Speci´alisan, a d := rk v´alaszt´assal is d|m, n teljes¨ ul: ´es l´attuk, hogy minden tov´abbi δ k¨oz¨os oszt´ora sz¨ uks´egk´eppen δ|rk = d, teh´at d t´enyleg legnagyobb k¨oz¨os oszt´o lesz. Az egy´ertelm˝ us´eg k¨ovetkezik abb´ol, hogy ha d ´es D k´et l.n.k.o., akkor d|D ´es D|d, azaz D = Ad = AaD, Aa = 1, a = 1/A, ´es az eg´eszek k¨or´eben ez csak u ´gy lehet, hogy ha a = A = ±1. 1

2.

Egy sz´ amp´ elda az euklideszi algoritmusra

Legyen pl. m := 210, n := 78. Ekkor az euklideszi algoritmus ´ıgy n´ez ki: (m : n) (n : r1 ) (r1 : r2 ) (r2 : r3 ) (d := r3 )

210 = 2 · 78 78 = 1 · 54 54 = 2 · 24 24 = 4 · 6 d = 6

+54 +24 +6 +0

´ persze val´oban, n = 13 · 6, m = 35 · 6, d := (m, n) = 6. Es

3.

Marad´ ekos oszt´ as a polinomok k¨ or´ eben

Vegy¨ uk ´eszre, hogy az eg´esz algoritmus a marad´ekos oszt´ason m´ ulott. Most megmutatjuk, hogy ha egy tetsz˝oleges sz´amtestb˝ol – most elegend˝o a C, R ´es Q sz´amtestekre gondolni – vett gy¨ utthat´okkal fel´ırt polinomokat tekint¨ unk - ezeket rendre C[x], R[x] ´es Q[x] jel¨oli – akkor ezek k¨or´eben is lehet hasonl´o jelleg˝ u marad´ekos oszt´ast v´egezni. Legyen teh´at p, q ∈ C[x] (vagy R[x], Q[x]) k´et adott polinom, amelyeknek a foka mondjuk n := deg p, m := deg q. (Id´ezz¨ uk eml´ekezet¨ unkbe, hogy a konstans polinomok foka 0, kiv´eve a konstans 0 polinomot, amelynek nem is defini´altuk a foksz´am´at: a foksz´am egy´ebk´ent a legnagyobb nem-0 egy¨ utthat´oj´ u x-hatv´any kitev˝oje.) Feltessz¨ uk, hogy q nem az azonosan 0 polinom, mert ahogyan az eg´eszek k¨or´eben sem lehet 0-val osztani, u ´gy a polinomok k¨or´eben sem: de ahogyan az eg´eszek k¨or´eben minden nem-0 sz´ammal lehetett oszatni (marad´ekosan), u ´gy most ´epp azt akarjuk megmutatni, hogy a polinomok k¨or´eben is lehet marad´ekosan osztani minden nem azonosan 0 q-val. A vil´agosabb jel¨ol´es kedv´e´ert ´ırjuk teh´at fel a polinomjainkat a szok´asos alakjukban: p(x) = am xm + · · · + a1 x + a0 q(x) = bn xn + · · · + b1 x + b0 . Itt a pontos foksz´amok ´epp azt jelentik, hogy am 6= 0, bn 6= 0. T´ etel (Marad´ ekos oszt´ as polinomokra). Legyenek p(x) ´es q(x) 6≡ 0 mint fentebb. Ekkor l´eteznek olyan h(x) ´es r(x) polinomok C[x]-ben (vagy R[x]-ben, Q[x]-ben), amelyekre p(x) = h(x) · q(x) + r(x),

ahol vagy r(x) ≡ 0 vagy 0 ≤ deg r(x) < deg q(x).

Bizony´ıt´as. Persze feltehetj¨ uk, hogy m ≥ n, mert ha nem ´ıgy van, akkor p(x) eleve j´o lesz marad´eknak: a p(x) = 0 · q(x) + p(x) fel´ır´asban ekkor deg p = m < n = deg q volna, ´es k´eszen is voln´ank. Teh´at t.f.h. m ≥ n. T¨obb l´ep´esben addig ”osztogatunk”, azaz vonogatjuk ki p(x)-b˝ol a q(x) k¨ ul¨onb¨oz˝o t¨obbsz¨or¨oseit, amig el nem ´erj¨ uk, hogy a marad´ek v´eg¨ ul alacsonyabb fok´ u legyen, mint q(x) (avagy ´eppen azonosan 0). 2

A kiindul´o a´llapotot u ´gy jellemezhetj¨ uk, hogy p = 0 · q + p, ´es ehelyett szeretn´enk a k´ıv´ant h · q alak´ u t¨obbsz¨or¨ost ´es valamilyen kisebb fok´ u marad´ekot kapni. Els˝ore ne t¨orekedj¨ unk arra, hogy a marad´ekunk kisebb fok´ u legyen, mint q, csak arra, hogy kisebb fok´ u legyen, mint amit eddig tudtunk, teh´at mint p: keress¨ unk h0 -t, hogy p = h0 · q + r0 , ahol vagy r0 ≡ 0, vagy deg r0 < deg p. Ez nem is lesz neh´ez. Most bn ∈ C(R, Q) egy sz´amtest nem-nulla eleme, teh´at van neki reciproka, illetve lehet vele osztani is: van a sz´amtestben c := am /bn elem. Mivel pedig mqgen, az´ert az xm−n hatv´any egy speci´alis polinom (”monom”) – ha m = n, akkor az x0 = 1 konstansr´ol besz´el¨ unk, k¨ ul¨onben pedig x, vagy x2 stb. Teh´at a h0 (x) := c · xm−n polinomra most megpr´ob´aljuk a fentieket kisz´amolni. N´ezz¨ uk csak meg, hogy mind p(x), mind h0 (x)q(x) foka ´eppen n lesz, ´es a f˝oegy¨ utthat´oik am illetve c · bn = (am /bn ) · bn = am , egyenl˝oek, teh´at a k¨ ul¨onbs´eg¨ ukben csak alacsonyabb fok´ u kifejez´esek fognak maradni: m−n r0 (x) := p(x)−h0 (x)q(x) = p(x)−cx q(x) vagy azonosan nulla, vagy a foka hat´arozottan kisebb lesz, mint m. Innen m´ar egyszer˝ u befejezni az algoritmust. Ha megkonstru´altuk r0 (x)-et, akkor ez vagy teljes´ıti azt is, hogy a foka deg r0 < n = deg q, ´es akkor k´eszen is vagyunk, h(x) := h0 (x), r(x) := r(x) j´o v´alaszt´as, vagy, ha nem, akkor vehetj¨ uk most a p1 (x) = r0 (x) = p(x) − h0 (x) · q(x) polinomot, ´es ezzel folytathatjuk a kivonogat´ast. Megint kapunk egy r1 (x)-et, hogy r1 (x) = p1 (x) − h1 (x) · q(x) ´es r1 (x) vagy azonosan nulla, vagy mindenesetre deg r1 < deg p1 . L´athat´o, hogy indukt´ıvan folytatva az elj´ar´ast, a marad´ek foksz´ama mindig cs¨okken, ´ıgy vagy az azonosan 0-hoz, vagy mindenestre egy rk (x) 6≡ 0, de deg rk (x) < n = deg q(x) polinomhoz eljutunk. Ha ez a k-adik l´ep´esben t¨ort´enik meg, akkor fel´ırhatjuk, hogy p(x) = h0 (x) · q(x) + r0 (x) = h0 (x) · q(x) + p1 (x) = h0 (x) · q(x) + h1 (x) · q(x) + r1 (x) = ··· = (h0 (x) + . . . hk (x)) · q(x) + rk (x), ´es itt az r(x) := rk (x) teljes´ıti a marad´ekos oszt´assal kapcsolatban a´ll´ıtott felt´eteleket.

4.

Egy sz´ amp´ elda polinomok marad´ ekos oszt´ as´ ara

Legyen p(x) = x5 − 3x4 − x + 3, ´es q(x) = x4 − 2x3 − x2 − 4x − 6. A fenti jel¨ol´esekkel teh´at itt most m = 5, n = 4, am = 1, bn = 1. Az els˝o l´ep´es: r0 (x) = p(x) − cxn−m q(x), ahol c = am /bn = 1 most, ´es m − n = 1. Sz´am´ıtsuk ezt ki! r0 (x) = (x5 − 3x4 − x + 3) − 1 · x · (x4 − 2x3 − x2 − 4x − 6) = (x5 − 3x4 − x + 3) − (x5 − 2x4 − x3 − 4x2 − 6x) = −x4 + x3 + 4x2 + 5x + 3. Teh´at az els˝o marad´ek m´eg negyedfok´ u, ´epp annyi, mint q foka: m´eg nem z´arult le a marad´ekos oszt´as. Most ezt vessz¨ uk tov´abbi osztand´onak: p1 (x) := r0 (x). Ekkor a megfelel˝o f˝oegy¨ utthat´o most a4 = −1, a foksz´am deg p1 (x) = 4, ´es ´ıgy h1 (x) = (−1)/1 · x4−4 = −1 konstans polinom lesz. Ezzel kisz´am´ıtva a levon´ast, r1 (x) = p1 (x)−h1 (x)·q(x) = p1 (x) − (−1)q(x) = (−x4 + x3 + 4x2 + 5x + 3) + (x4 − 2x3 − x2 − 4x − 6) = −x3 + 3x2 + x − 3. 3

Ez nem azonosan nulla, de a foka m´ar csak 3, ami kisebb lesz, mint deg q(x) = 4, teh´at le is a´llhatunk: a marad´ekos oszt´as eredm´enye p(x) = (h0 (x) + h1 (x)) · q(x) + r1 (x) azaz x5 − 3x4 − x + 3 = (x − 1) · (x4 − 2x3 − x2 − 4x − 6) + (−x3 + 3x2 + x − 3),

(1)

teh´at vehet˝o h(x) = x − 1 ´es a marad´ek r(x) = r1 (x) = −x3 + 3x2 + x − 3 lesz. A tizes sz´amrendszerben sz´epen, gyorsan, ´es a´ttekinthet˝oen (teh´at a hib´akat is k¨onnyebben elker¨ ulve) tudtunk pap´ıron osztani egy j´o ´ır´astechnikai megold´assal. Ugyanezt adapt´alhatjuk a polinomoszt´asra is. N´ezz¨ uk most meg ezt az ´ır´astechnikai megold´ast az adott sz´amp´eld´an! Az elv´egzend˝o oszt´as els˝o l´ep´ese az els˝o h0 (x) = c · xm−n kifejez´es meghat´aroz´asa ´es be´ır´asa: (x5

−3x4

−x

+3 )

: (x4 − 2x3 − x2 − 4x − 6)

=1·x

Ezek ut´an el kell v´egezni a visszaszorz´ast, ´es a m´ar fel´ırt h0 (x) · q(x) levon´as´at, amit k´et l´ep´esben ´ırunk fel: el˝osz¨or csak visszaszorzunk ”a megfelel˝o helyi´ert´ekek al´a”, (x5 −3x4 −x +3 ) : (x4 − 2x3 − x2 − 4x − 6) = 1 · x x5 −2x4 −x3 −4x2 −6x majd megv´altoztatjuk az el˝ojeleket (az eddigi el˝ojel f¨ol´e ´ırva az u ´jat, a m´ınusz egyszereset), ´es elv´egezz¨ uk a kivon´ast, kisz´am´ıtva a marad´ekot: (x5 ∓x5 0

−3x4 ±2x4 −x4

3

±x +x3

2

±4x +4x2

−x ±6x +5x

+3 )

: (x4 − 2x3 − x2 − 4x − 6)

+3

=1·x .

A vonal alatt jelentkezik teh´at az r0 (x) = p1 (x), amit, ha lehet (ha a foksz´ama engedi, azaz ha az n1 := deg p1 (x) foksz´am m´eg legal´abb akkora, mint az oszt´o´e, a q(x) polinom´e), akkor u ´jra elosztunk q(x)-szel, a vonal alatt ism´et csak a fenti m´odszerrel ”k¨onyvelve” a r´eszletsz´am´ıt´asokat: El˝osz¨or be´ırjuk a jobb oldalra a most fell´ep˝o c · xn1 −m = h1 (x) u ´jabb h´anyadost, majd visszaszorozva a p1 (x) al´a ´ırjuk a h1 (x) · q(x) mennyis´eget, (x5 ∓x5 0

−3x4 −x ±2x4 ±x3 ±4x2 ±6x −x4 +x3 +4x2 +5x −x4 +2x3 +x2 +4x ´es azt´an az el˝ojeleket megv´altoztatva m´ınusz egyszeressel val´o o¨sszead´ast) is.

+3 )

: (x4 − 2x3 − x2 − 4x − 6)

= 1 · x + (−1) · 1

+3 +6 elv´egezz¨ uk az o¨sszevon´ast (a levon´ast, azaz a

4

(x5 ∓x5 0

−3x4 −x +3 ) : (x4 − 2x3 − x2 − 4x − 6) = 1 · x + (−1) · 1 ±2x4 ±x3 ±4x2 ±6x −x4 +x3 +4x2 +5x +3 ±x4 ∓2x3 ∓x2 ∓4x ∓6 0 −x3 +3x2 +x −3 . A marad´ek foka itt m´ar kisebb, mint az oszt´o´e: ´ıgy ezzel a marad´ekos oszt´ast befejezt¨ uk, ´es megkaptuk, hogy (x5

−3x4 −x

3

+3x

2

−x +x

: (x4 − 2x3 − x2 − 4x − 6)

+3 ) −3

=x−1 ,

ami ugyanazt jelenti, mint (1), csak kicsit m´as form´aban.

5.

Euklideszi algoritmus ´ es l.n.k.o. a polinomok k¨ or´ eben

Ha egyszer van marad´ekos oszt´as, akkor az eg´esz sz´amokhoz hasonl´oan v´egrehajthat´o egy euklideszi algoritmus is. T´ etel: Ha p(x), q(x) ∈ C[x](R[x], Q[x]) mint fent, akkor akkor l´etezik (´es α ∈ C(R, Q) konstans egy¨ utthat´ot´ol eltekintve egy´ertelm˝ u) pX) ´es q(x) legnagyobb k¨oz¨os oszt´oja (r¨oviden: l.n.k.o.), azaz olyan d(x) ∈ C[x](R[x], Q[x]), hogy d(x)|p(x), d(x)|q(x), ´es minden δ(x)|p(x), δ(x)|q(x) eset´en δ(x)|d(x) is teljes¨ ul. Bizony´ıt´as. Ugyan´ ugy ´ep´ıtj¨ uk fel az euklideszi algoritmust, mint az el˝obb, csak most a marad´ekoknak nem az abszol´ ut´ert´eke, hanem a foksz´ama lesz minden l´ep´esben kisebb, mint az el˝obb. Mivela foksz´amok ugyan´ ugy egy v´eges deg q = m sz´amr´ol indulnak, mint az eg´eszekn´el az oszt´o abszol´ ut´ert´eke, ´es mivela marad´ekok foksz´ama mindig ugyan´ ugy kisebb lesz, ism´et csak v´eges sok l´ep´es ut´an le´all az algoritmus: valahol 0 marad´ekot fogunk kapni, azaz marad´ek n´elk¨ uli oszthat´os´ag fog fenn´allni. Innen pedig l´ep´esenk´ent visszafejthetj¨ uk, hogy az utols´o oszt´onk l.n.k.o. lesz. Az egy´ertelm˝ us´eg tekintet´eben most az ad´odik, hogy ha d(x)|D(x) ´es D(x)|d(x) k´et l.n.k.o., akkor egyr´eszt mindenk´epp a foksz´amoknak egyenl˝oknek kell lenni¨ uk, mert oszt´ok´ent d(x) 6≡ 0 ´es D(x) 6≡ 0, ´es ´ıgy abb´ol, hogy osztj´ak egym´ast, ´es abb´ol, hogy az oszatand´o, mint az oszt´o t¨obbsz¨or¨ose, nem lehet kisebb foksz´am´ u, mint az oszt´o (csak ha az osztand´o 0 volt, ami most nem l´ep fel), ad´odik, hogy mindegyik¨ uk legal´abb akkora foksz´am´ u, mint a m´asikuk. M´asr´eszt, ha m´ar tudjuk, hogy a foksz´amok egyenl˝oek, akkor amiatt, hogy ”a szorzat foksz´ama = a t´enyez˝ok fokainak ¨osszege”, amiatt nyilv´an a h´anyadosok 0 fok´ uak, azaz konstans polinomok, ´es kapjuk, hogy d(x) = A · D(x), D(x) = a · d(x), ahol ism´et csak A, a ∈ C(R, Q), ´es aA = 1 konstansok, de most a sz´amtestben ezek tetsz˝oleges nem-nulla sz´amok lehetnek.

5

6.

P´ elda polinomok l.n.k.o.-j´ anak kisz´ am´ıt´ as´ ara

Folytatva a megkezdett polinomoszt´asi p´eld´at, sz´am´ıtsuk akkor most ki a fenti p(x) ´es q(x) polinomok l.n.k.o.-j´at, azaz a d(x) := (p(x), q(x)) = (x5 −3x4 −x+3, x4 −2x3 −x2 −4x−6) polinomot! A legels˝o marad´ekos oszt´ast m´ar elv´egezt¨ uk: a p(x) = h(x)q(x) + r(x) fel´ır´as megtal´alhat´o az (1) formul´aban. Most ehhez indexeket rendel¨ unk: az eg´esz sz´amokn´al haszn´alt jel¨ol´eshez hasonl´oan azt ´ırjuk, hogy h1 (x) := h(x) = x − 1 ´es r1 (x) := r(x) = −x3 + 3x2 + x − 3. Az algoritmust a m´asodik l´ep´essel folytatjuk, azaz most elosztjuk a q(x)-et az itt fell´epett r1 (x) marad´ekkal. A m´ar megtanult ´ır´astechnik´at alkalmazva ennek kisz´am´ıt´asa ´ıgy n´ez ki: (x4 ∓x4 0

−2x3 −x2 −4x −6 ) : (−x3 + 3x2 + x − 3) ±3x3 ±x2 ∓3x 0 −7x −6 +x3 3 2 ∓x ±3x ±x ∓3 2 0 +3x −6x −9 azaz a szok´asos visszaszorzott, marad´ekos alakban fel´ırva

= (−1) · x + (−1) · 1

q(x) = h2 (x) · r1 (x) + r2 (x), x − 2x − x − 4x − 6 = (−x − 1) · (−x3 + 3x2 + x − 3) + 3x2 − 6x − 9. 4

3

2

.

(2)

Ugyan a marad´ek foksz´ama ism´et kisebb lett, mint az oszt´o´e, de m´eg mindig nem lett a marad´ek azonosan 0, teh´at folytatjuk az euklideszi algoritmust: az eddigi oszt´ot elosztjuk a most tal´alt marad´ekkal. Azt tal´aljuk, hogy r1 (x) = h3 (x) · r2 (x) + r3 (x),   1 1 3 2 −x + 3x + x − 3 = − x + · (3x2 − 6x − 9) + 0, 3 3

(3)

aminek kisz´am´ıt´asa az imm´ar megszokott ´ır´astechnik´ankkal ´ıgy n´ez ki:     −1 1 3 2 2 ·x+ ·1 (−x +3x +x −3 ) : (3x − 6x − 9) = 3 3 ±x3 ∓2x2 ∓3x 0 x2 −2x −3 2 ∓x ±2x ±3 0 . Ezzel a harmadik polinomoszt´assal el´erkez¨ unk az azonosan 0 marad´ekhoz, teh´at bev´egz˝odik az euklideszi algoritmus, ´es megkaptuk a legnagyobb k¨oz¨os oszt´ot, mint az utols´o nem-nulla marad´ekot: d(x) = r2 (x) = 3x2 −6x−9. Konstans kiemel´es´evel ezt egy kicsit m´eg 1 egyszer˝ ubb alakra is hozhatjuk: D(x) = d(x) = x2 − 2x − 3. Teh´at a l.n.k.o. megadhat´o 3 6

u ´gy is, mint (p(x), q(x)) = x2 −2x−3, s˝ot ezt k¨onnyen line´aris szorz´ot´enyez˝okre bonthatjuk: (p(x), q(x)) = x2 − 2x − 3 = (x − 3)(x + 1). Vegy¨ uk ´eszre, hogy ugyan a feladatban mindk´et polinom eg´esz egy¨ utthat´os, de az nem garat´alhat´o, hogy az oszt´asi elj´ar´as v´egigmegy Z[x]-ben: mindenestre sz¨ uks´eg¨ unk lehet f˝oegy¨ utthat´ok´ent fell´ep˝o eg´esz sz´amokkal val´o oszt´asra, amib˝ol racion´alis mennyis´egek ad´odnak, ´es azut´an a k¨ovetkez˝o l´ep´esekben m´ar ezek is fell´ephetnek f˝oegy¨ utthat´ok´ent, teh´at ezekkel is osztani kell, ´es ´ıgy tov´abb. Teh´at a´ltal´aban csak annyit garant´alhatunk, hogy a Z-t tartalmaz´o minden sz´amtestben (´ıgy m´ar Q-ban is) benne lesznek az egy¨ utthat´ok. Teh´at a marad´ekos oszt´ast Q[x]-ben biztosan el tudjuk v´egezni, de nem felt´etlen¨ ul Z[x]-ben.

7.

Polinomok faktoriz´ aci´ oja ´ es egyszer˝ us´ıt´ esi lehet˝ os´ egek

¨ Ugyes ´eszrev´etelekkel persze sok sz´amol´ast megsp´orolhatunk. Ahogyan az eg´esz sz´amok k¨or´eben, u ´gy a polinomokn´al is minden polinom tov´abb m´ar nem felbonthat´o ”pr´ımt´enyez˝ok” szorzat´ara bomlik, ´es a l.n.k.o. a k¨oz¨osen el˝ofordul´o pr´ımt´enyez˝ok szorzata. Ezek az irreducubilis (”felbonthatatlan”) t´enyez˝ok att´ol f¨ ugg˝oen bonthat´oak fel vagy sem, hogy milyen sz´amtest felett dolgozunk vel¨ uk. P´eld´aul az x4 − 2 polinom Q[x]-ben felbonthatatlan (ez egy elgondolkodtat´ o√ h´azi feladat lehet), R[x]-ben felbomlik h´arom t´enyez˝o √ √ √ √ 4 4 2 2 4 2 ul az els˝o, szorzat´ara: x − 2 = (x + 2)(x − 2) = (x + 2)(x + 2)(x − 2), ´es v´eg¨ kvadratikus t´enyez˝o – ami R[x]-ben tov´abb m´ar nem felbonthat´ o, hiszen a diszkrimin´ ansa √ √ √ negat´ıv, nincsen val´os gy¨oke – is tov´abb bomlik C[x]-ben: x2 + 2 = (x + i 4 2)(x − i 4 2). Az, hogy mindig j´ol felbonthatjuk a polinomokat, az´ert van, mert komplex egy¨ utthat´os polinomok eset´eben ez az eg´eszen line´aris gy¨okt´enyez˝okig val´o felbonthat´os´ag mindig fen´all. Ezt mondja ki a k¨ovetkez˝o nevezetes t´etel. T´ etel (Algebra alapt´ etele). A komplex sz´amtest felett minden p(z) ∈ C[z] komplex egy¨ u tthat´ o s polinom gy¨ o kt´ enyez˝ok szorzat´ara bomlik: ha deg p(z) = n, akkor p(z) = Qn a j=1 (z − zj ), ahol zj ∈ C a gy¨ok¨ok, a multiplicit´asuknak megfelel˝o sokszor felsorolva. Ezt a t´etelt a komplex f¨ uggv´enytanban szok´as igazolni: a bizony´ıt´as´ahoz nem elegend˝oek a klasszikus algebra m´odszerei – ahogyan azt a t´etelt is, hogy p´aratlan fok´ u val´os polinomnak van val´os gy¨oke, csak a val´os anal´ızisben (ugye a Bolzano t´etellel) – lehet megmutatni, ´es nem az algebra seg´ıts´eg´evel. Viszont lehets´eges egy l´atsz´olag gyeng´ebb ´es egyszer˝ ubb – a Bolzano t´etelre m´eg jobban hasonl´ıt´o – alakban kimondani a t´etelt, ´es abb´ol igazolni a fenti ”teljes” alakot. T´ etel (Algebra alapt´ etele – egyszer˝ ubb forma). A komplex sz´amtest felett minden p(z) ∈ C[z] komplex egy¨ utthat´os nem-konstans polinomnak van (komplex) gy¨oke. Megjegyz´ es. Vegy¨ uk ´eszre, hogy ez az alak csak annyit a´ll´ıt, hogy ha deg p(z) ≥ 1, akkor l´etezik (legal´abb egy) gy¨ok, m´ıg a fentebbi er˝osebb alakban azt fogalmaztuk meg, 7

hogy ha deg p(z) = n, akkor p-nek pontosan n gy¨oke van (persze az esetleges t¨obbsz¨or¨os gy¨ok¨oket multiplicit´asuk szerint sz´amolva). B´armilyen meglep˝o, egy sz´amtest feletti ”polinomgy˝ ur˝ uben” ezek az a´l´ıt´asok egyen´ert´ek˝ uek, ekvivalensek. Ennek a t´etelnek a bizony´ıt´asa haszn´alja a komplex v´altoz´os differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek elm´elet´et. Azt tanultuk, hogy p(z) ∈ C[z] komplex ´ertelemben is differenci´alhat´o minden z ∈ C pontban. Azokat a komplex f¨ uggv´enyeket, amelyek a komplex sz´ams´ık eg´eszs´en, minden pontban (komplex) differenci´alhat´oak, eg´esz f¨ uggv´enyeknek nevezik a komplex f¨ uggv´enytanban. Ezeknek sok fontos, ´erdekes – sokszor a val´osban szokatlan – tulajdons´aguk van, amelyek bizony´ıt´asa val´oj´aban nem is olyan neh´ez, de persze az´ert a komplex f¨ uggv´enytan szisztematikus fel´ep´ıt´es´ere, tanulm´anyoz´as´ara van hozz´ajuk sz¨ uks´eg, ´es ´ıgy erre most nem t´erhet¨ unk ki. Teh´at most csak bizony´ıt´as n´elk¨ ul k¨oz¨olj¨ uk a k¨ovetkez˝o t´etelt. T´ etel (Liouville). Ha egy eg´esz f¨ uggv´eny korl´atos C-n, akkor azonosan konstans. Ez a val´osban nem igaz: pl. az f (x) = cos x f¨ uggv´eny ak´arh´anyszor differenci´alhat´o, ´es korl´atos R-en. De komplex f¨ uggv´enytanban ez az egyik alapt´etel. Eddig csak n´eh´any komplex eg´esz f¨ uggv´enyt ismer¨ unk: a polinomokat, ez -t, az ebb˝ol sz´armaztatott ch z, sh z f¨ uggv´enyeket, de ezek val´oban nem voltak korl´atosak: Liouville t´etele azt mondja ki, hogy komplexben ez egy a´ltal´anosan ´erv´enyes tulajdons´aga az eg´esz f¨ uggv´enyeknek. Els˝ore kicsit meglep˝o a dolog, ann´al is ink´abb, mert C r´eszhalmazaira az´ert m´ar nem marad ´erv´enyben egy ilyen er˝os a´ll´ıt´as: pl. az f (z) = 1/z f¨ uggv´eny differenci´alhat´o az egys´egk¨or¨on k´ıv¨ ul, ´es ott korl´atos is (hiszen |1/z| ≤ 1, ha |z| > 1). Az Algebra Alapt´etel´enek bizony´ıt´asa a Liouville t´etelb˝ol. Legyen teh´at p ∈ C[z] tetsz˝oleges. Ha p(z) ≡ const., akkor persze k´eszen vagyunk, teh´at feltehetj¨ uk, hogy deg p ≥ 1, ami azt is jelenti, hogy p(z) → ∞, ha z → ∞. Figyelem, itt komplex f¨ uggv´enytannal dolgozunk, teh´at ”csak egy v´egtelen van”, ´es p(z) → ∞ azt jelenti, hogy |p(z)| → ∞, amid˝on |z| → ∞, azaz ∀K ∃R u ´gy, hogy |p(z)| > K ha |z| > R. Tekints¨ uk most az f (z) := 1/p(z) komplex f¨ uggv´enyt, amelynek ´ertelmez´esi tartom´anya Df = C − Z, ahol Z a p(z) polinom 0-helyeinek, gy¨okeinek a halmaza. Ha teh´at p-nek nincsen gy¨oke, akkor Z = ∅ ´es f eg´esz f¨ uggv´eny lesz. Speci´alisan, persze f folytonos is az eg´esz komplex s´ıkon. M´arpedig ebben az esetben f korl´atos is, hiszen pl. K = 1-hez v´eve a megfelel˝o R-et, azt tal´aljuk, hogy |z| > R-re |f (z)| = 1/|p(z)| < 1/K = 1 (mert itt |p(z)| > K), a korl´atos, z´art D(R) := {z ∈ C : |z| ≤ R} k¨orlapon pedig minden folytonos f¨ uggv´eny – ´ıgy f is – korl´atos kell maradjon. Val´oban, ha volna olyan zn ∈ D(R), amelyre |f (zn )| ≥ n, akkor a Bolzano-Weierstarss t´etel miatt vehetn´enk ebb˝ol egy znk → z0 ∈ D(R) konvergens r´eszsorozatot, amelyre ezek szerint limk→∞ f (znk ) = ∞ teljes¨ ulne, holott a folytonoss´ag miatt limk→∞ f (znk ) = limz→z0 f (z) = f (z0 ) kell igaz legyen a folytonoss´ag miatt. Hasonl´o meggondol´assal – val´osban ezt is bizony´ıtottuk az el˝oad´ason! – k¨onnyen l´athat´o az is, hogy D(R)-en a legkisebb fels˝o korl´at egyben maximuma is lesz f -nek. Legyen teh´at M := maxD(R) |f | az f korl´atja D(R)-en: ekkor |f (z)| ≤ max(1, M ) az eg´esz komplex s´ık b´armely pontj´aban. 8

Abb´ol, hogy f eg´esz f¨ uggv´eny, ´es |f (z)| ≤ max(1, M ) korl´atos, Liouville t´etele szerint az k¨ovetkezik, hogy f (z) ≡ c. Jegyezz¨ uk meg, hogy c 6= 0, f (z) = 1/p(z) nem lehet seholsem 0, hiszen p(z) = ∞ nem l´ephet fel a v´eges z ∈ C pontokban. Teh´at visszakapjuk, hogy ha p-nek nincsen gy¨oke, azaz ha Z = ∅ ´es f (z) := 1/p(z) eg´esz f¨ uggv´eny, akkor p(z) ≡ C := 1/c azonosan konstans, amint ´all´ıtottuk. Az Algebra Alapt´etele teljes alakj´anak bizony´ıt´asa a gyeng´ebb alakb´ol. Legyen teh´at p(z) = an z n + · · · + a0 ∈ C[z] egy tetsz˝oleges, an 6= 0, deg p = n ≥ 1 nem-konstans polinom. Kiemelve a := an -et, feltehet˝o, hogy p f˝oegy¨ utthat´oja 1. Ha n = 1, akkor ez azt jelenti, hogy p(z) = a1 z+a0 = a1 (z+(a0 /a1 ), teh´at a := a1 6= 0 ´es z1 := −a0 /a1 mellett p(z) = a(z−z1 ), amint a´ll´ıtjuk. Bizony´ıtsunk teh´at teljes indukci´oval! Ha deg p ≤ n−1 -ig m´ar tudjuk az a´ll´ıt´ast, akkor tekints¨ uk az n > 1-edfok´ u p(z)-t ´es annak egy α gy¨ok´et (ami az Algebra Alapt´etel´enek gyeng´ebb alakja szetint mindig l´etezik). Lemma. Legyen p(z) ∈ K[z] egy K sz´amtest feletti polinom. Az α ∈ K ennek pontosan akkor lesz gy¨oke (azaz p(α) = 0), ha a (z − α) line´aris faktor – gy¨okt´enyez˝o – osztja p(z)-t, azaz van olyan q(z) ∈ K[z] polinom, amelyre p(z) = q(z) · (z − α). Speci´alisan, ekkor deg q = deg p − 1. Lemma bizony´ıt´asa. Ha p(z) = q(z)(z −α), akkor p(α) = q(α)(α−α) = 0. Megford´ıtva, ha p(α) = 0, akkor p-t marad´ekosan elosztva a z −α els˝ofok´ u polinommal, azt kapjuk, hogy p(z) = q(z)(z − α) + r(z), ahol azonban vagy r(z) ≡ 0, vagy deg r(z) < deg(z − α) = 1, teh´at r(z) ≡ c konstans. Behelyettes´ıtve α-t kapjuk, hogy 0 = p(α) = q(α)(α − α) + c, teh´at c = 0, ´es (z − α)|p(z). Folytatva teh´at az Algebra Alapt´etel´et, a Lemma ´ertelm´eben a (z − α) gy¨okt´enyez˝o oszt´oja p-nek: teh´at p(z) = q(z)(z − α), ahol ugye deg q(z) = n −Q 1. Erre a q(z) h´anyadosırva a polinomra teh´at alkalmazhat´o az indukci´os feltev´es: q(z) = a n−1 j=1 (z − zj ). Be´ p(z) = q(z)(z − α) el˝oa´ll´ıt´asba ezt, ´es azt, hogy zn := α, megkapjuk a t´etelt. K¨onny˝ u l´atni, hogy ha most p(x) ∈ R[x] val´os egy¨ utthat´os polinom, ´es ennek z = zj ∈ C egy komplex gy¨oke, akkor a z = zj konjug´alt is gy¨oke lesz p-nek: ugyanis p(z) = an z n + · · · + a1 z + a0 = an z n + · · · + a1 z + a0 = p(z) = 0 = 0. Ebb˝ol pedig az k¨ovetkezik, hogy ha a p(x) ∈ R[x] polinom komplex gy¨okei k¨oz¨ ul kivessz¨ uk az α1 , . . . , αk val´os gy¨ok¨oket, ´es a marad´ek nem-val´os komplex gy¨ok¨oket konjug´alt p´arokba rendezz¨ uk, akkor minden val´os polinomot fel tudunk ´ırni olyan alakba, hogy k m Y Y p(x) = a (x − αj ) (x2 + β` x + γ` ) j=1

(deg p = n = k + 2m),

(4)

`=1

ahol a kvadratikus t´enyez˝oknek nincsenek val´os gy¨okeik (hiszen nem-val´os komplex gy¨okeik vannak, ´ıgy a kvadratikus egyenlet megold´ok´eplet´eben negat´ıv a diszkrimin´ansuk, ´es ez´ert semmik´eppen sem lehet val´os gy¨ok¨ uk). Nyilv´an egy x2 + βx + γ kvadratikus polinom 9

pontosan akkor irreducibilis (felbonthatatlan) – m´ar ugye R felett, mert komplexben minden polinom line´aris faktorokra bomlik! – ha nincsen val´os gy¨oke: ha ugyanis felbomlana nem-trivi´alisan, azaz k´et els˝ofok´ u t´enyez˝ore, akkor (x − α1 )(x − α2 ) alak´ u volna, ´es α1 , α2 a gy¨okei lenn´enek. Teh´at (4) ´epp a p(x) irreducibilis t´enyez˝okre bont´asa R[x]-ben. MAgyar´an, megkaptuk az algebra alapt´etel´enek k¨ovetkez˝o, val´os v´altozat´at. T´ etel (Algebra alapt´ etele val´ osban). Ha p(x) ∈ R[x] egy deg p = n > 1 val´os egy¨ utthat´os polinom, akkor ez val´os gy¨okt´enyez˝ok ´es m´asodfok´ u, nem-nulla (val´os gy¨ok n´elk¨ uli) irreducubilis kvadratikus faktorok szorzat´ara bonthat´o a (4) szerint. A fentiekb˝ol k¨ovetkezik, hogy ha p(x), q(x) val´os polinomok (mint a fenti p´eld´ankban), akkor ezeknek is a (4) alak´ u irreducibilis t´enyez˝os felbont´asuk van, ´es a l.n.k.o. ´eppen a k¨oz¨os t´enyez˝oket tartalmazza (multiplicit´as eset´en a mindkett˝oben m´eg meglev˝o legnagyobb hatv´anyon). Pr´ob´aljuk ezt a ”polinom-sz´amelm´eleti” tud´asunkat kamatoztatni a fenti l.n.k.o. ke´ most neki u ´gy a feladatnak, hogy pr´ob´aljuk meg p(x)-et ´es q(x)-et res´esi p´eld´aban! Alljunk felbontani az algebra alapt´etele szerinti (4) m´odon, ´es kikeresni a k¨oz¨os t´enyez˝oket! Kezdj¨ uk azzal az ´eszrev´etellel, hogy p(x)-r˝ol szinte ord´ıt, hogy (x − 3)|p(x), u.i. x − 3 nyilv´an k¨onnyen kiemelhet˝o bel˝ole, ´es ad´odik p(x) = (x − 3)(x4 − 1). Ha ezt ´eszrevett¨ uk, 2 akkor m´ar nagyon k¨onny˝ u tov´abb felbontanunk p(x)-et: p(x) = (x−3)(x−1)(x+1)(x +1), ´es ez tov´abb m´ar nem is bomlik R[x]-ben, mert x2 + 1 > 0, nincsen gy¨oke. q(x)-nek tal´an nem l´atjuk ennyire k¨onnyen a t´enyez˝oit, de azt hamar leellen˝orizhetj¨ uk, hogy a p(x)-ben tal´alt line´aris faktorok k¨oz¨ ul melyek lehetnek q(x)-nek is t´enyez˝oi: ugyanis ha egy (x − α) line´aris gy¨okt´enyez˝o benne van q(x)-.ben, az pontosan akkor fordulhat el˝o, ha q(α) = 0. Teh´at p(x) felbont´as´anak ismeret´eben a legokosabb, ha letesztelj¨ uk, hogy p gy¨okei k¨oz¨ ul mely gy¨ok¨ok lesznek egy´ uttal gy¨okei a q-nak is. Azt tal´aljuk, hogy q(−1) = q(3) = 0, de q(1) = −12 6= 0. Teh´at a line´aris faktorok k¨oz¨ ul az (x−3) ´es az (x+1) lesznek k¨oz¨os t´enyez˝ok p(x)-ben ´es q(x)-ben, ´es ezekkel ´ıgy m´aris ´erdemes lefaktoriz´alni, elosztani q(x)-et. Az gyorsan megy, hogy q(x) : (x+1) = x3 −3x2 +2x−6 ´es (x3 −3x2 +2x−6) : (x−3) = x2 + 2, teh´at v´eg¨ ul megkapjuk a q(x) = (x + 1)(x − 3)(x2 + 2) irreducibilis felbont´ast is, ´es ebb˝ol persze nyilv´anval´oan ad´odik, hogy d(x) = (p(x), q(x)) = (x + 1)(x − 3) = x2 − 2x − 3. Vegy¨ uk ´eszre, hogy egy szimpla ´eszrev´etel – az, hogy p(x)-b˝ol ki lehet emelni (x − 3)-at – milyen jelent˝os m´ert´ekben egyszer˝ us´ıtette, megk¨onny´ıtette a munk´ankat! Ugyan´ıgy persze az euklideszi algoritmus v´egrehajt´asa sor´an is okoskodhatunk, tr¨ ukk¨ozhet¨ unk a k¨onnyebb sz´amol´as kedv´e´ert. P´eld´aul egy konstans kiemel´ese – ha nem felejtkez¨ unk el r´ola k´es˝obb, ami vezethet sz´amol´asi hib´ahoz persze! – egyszer˝ us´ıtheti a dol2 gunkat. P´eld´aul amikor a (3x − 6x − 9) polinommal kellett osztanunk, jobban tett¨ uk 2 volna, ha kiemelj¨ uk a 3 konstansot, leosztunk a sokkal kellemesebben sz´amolhat´o (x − 2x − 3) polinommal, ´es csak azut´an osztunk m´eg tov´abb a 3 konstanssal. Ha megvan az (x2 − 2x − 3) alak, akkor k¨onnyen fel´ırhatjuk a gy¨okt´enyez˝os felbont´as´at is, ´es megint csak egyszer˝ us´ıthetj¨ uk a sz´amol´ast a line´aris t´enyez˝okkel val´o egym´as ut´ani, l´ep´esenk´enti oszt´asra. 10

8.

Alkalmaz´ as: egy racion´ alis t¨ ortf¨ uggv´ eny integr´ al´ asa

L´assuk most, hogy hogyan hasznos´ıthat´o mindez akkor, ha a feladatunk az Z Z Z p(x) x5 − 3x4 − x + 3 F (x) := R(x)dx = dx = dx q(x) x4 − 2x3 − x2 − 4x − 6

(5)

hat´arozatlan integr´al (primit´ıv f¨ uggv´eny) kisz´am´ıt´asa! Abb´ol, amit eddig kisz´amoltunk, ad´odik, hogy – lesz´am´ıtva az x = −1 ´es x = 3 pontokat, amelyekben a nevez˝o z´erushelye miatt az integrandus nincsen ´ertelmezve – u ´gy alak´ıthatjuk a´t a racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny¨ unket, hogy R(x) =

p(x)/d(x) (x − 1)(x2 + 1) x−1 = =x−1− 2 . 2 q(x)/d(x) x +2 x +2

Vegy¨ uk ´eszre, hogy itt ak´ar az egyszer˝ us´ıt´es el˝ott is kiemelhett¨ uk volna a h1 (x) = x − 1 polinomi´alis tagot – a sz´amol´as sorrendje (el˝obb egyszer˝ us´ıt¨ unk, azt´an v´egezz¨ uk el a marad´ekos oszt´ast vagy ford´ıtva) az eredm´enyen nem v´altoztat. A m´asik esetben azonban az r1 (x)/d(x)-et kellett volna kisz´amoljuk, amit eddig m´eg nem tett¨ unk, ´ıgy ink´abb most 2 azt v´alasztottuk, hogy az egyszer˝ us´ıt´es ut´an v´egezt¨ uk el az (x − 1)(x + 1) = x3 − x2 + x − 1 polinom marad´ekos oszt´as´at az x2 + 2 nevez˝ovel. Itt egy´ebk´ent megint lehet m´eg okosabban is sz´amolni, megtakar´ıtva m´eg ezt a marad´ekos oszt´ast is: u.i. ki lehet emelni az (x − 1) faktort a sz´aml´al´ob´ol, ´es azt´an m´ar nagyon k¨onnyen azt ´ırhatjuk, hogy   x2 + 1 1 x−1 (x − 1)(x2 + 1) = (x − 1) · 2 = (x − 1) · 1 − 2 . =x−1− 2 R(x) = 2 x +2 x +2 x +2 x +2 Vegy¨ uk ´eszre, m´aris mennyit egyszer˝ us¨od¨ott a feladatunk! Innen tov´abb sz´amolva  Z Z  Z Z x−1 x−1 R(x)dx = x−1− 2 dx = (x − 1)dx − dx x +2 x2 + 2 Z Z 1 2 1 2x dx = x −x+C + dx − 2 2 x2 + 1 x2 + 2   1 1 x 1 2 2 = x − x + C + log(x + 1) − √ arctan √ . 2 2 2 2 A k´et utols´o integr´al´as figyelemrem´elt´o, de a parci´alis t¨oRrtf¨ uggv´enyek integr´al´asa sor´an 0 sztenderd, s˝ot alapvet˝o (´es megis kell  tanulni): egyr´eszt f (x)/f (x)dx = log f (x) + C, R dx 1 x m´asr´eszt = √ arctan √ +C, mely ut´obbir´ol meggy˝oz˝odhet¨ unk k¨onnyen, ha 2 x +a a a deriv´aljuk a kifejez´est. Persze ezt az urni”, el˝ozetes k´eplet√ ut´obbit k¨onnyen ki is lehet ”gy˝ megad´as n´elk¨ ul is: csak az y := x/ a line´aris helyettes´ıt´est kell elv´egezni az integr´alban.

11

Ehhez hasonl´oan kisz´am´ıthat´o tetsz˝oleges pozit´ıv (teh´at val´osban gy¨okmentes) kvadratikus (azaz m´asodfok´ u) polinomra az is, hogy Z Z dx dx = (D := c − b2 /4 > 0 ⇔ a diszkrimin´ans negat´ıv) x2 + bx + c (x + b/2)2 + D   Z √ 1 dx x + b/2 dx √ = dy y := √ ; x = Dy − b/2; = D Dy 2 + D dy dy D   Z 1 1 1 1 x + b/2 √ =√ dy = √ arctan y + C = √ arctan + C. 2 y +1 D D D D M´eg enn´el is a´ltal´anosabban az el˝oad´ason kisz´amoltuk r´eszletesen azt is, hogy   Z  dx 2 2ax + b =√ arctan √ +C a diszkrimin´ans ∆ := b2 − 4ac < 0 , 2 ax + bx + c −∆ −∆ de erre t´enyleg nincsen igaz´an sz¨ uks´eg, mert az´ert egy konstans t´enyez˝o kiemel´es´evel mindig k¨onnyen el´erhet˝o, hogy a nevez˝o f˝oegy¨ utthat´oja eleve 1 legyen.

9.

Homog´ en nevez˝ oj˝ u racion´ alis t¨ ortf¨ uggv´ enyek integr´ al´ asa

Az el˝obbi feladatunkban R(x) felbomlott egy polinomi´alis r´eszre (aminek integr´al´asa nem okozott probl´em´at), olyan r´eszre, amiben az f 0 /f alakot ismert¨ uk fel (´es ´ıgy tudtuk R egy 0 integr´alni, hiszen f /f = log f ), ´es v´eg¨ ul egy kvadratikus polinom reciprok´ara, amelynek R dy = arctan y integr´alra vezethett¨ uk vissza. integr´al´as´at az y2 + 1 Mennyiben volt ez csak szerencs´es v´eletlen? Mit tudunk tenni, ha m´asf´ele kifejez´esek ad´odnak egy racion´alis t¨orf¨ uggv´eny integr´al´asa sor´an? Azt l´attuk, hogy az algebra alapt´etele meghat´arozza a nevez˝o faktorait. Ebben a szakaszban foglalkozzunk azokkal az esetekkel, amikor csak egyetlen (m´asodfok´ u vagy els˝ofok´ u) t´enyez˝o valamilyen hatv´anya szerepel a nevez˝oben: nevezz¨ uk ezeket a nevez˝oben homog´en faktoroknak. K´es˝obb majd l´atni fogjuk, hogy ez a fontos speci´alis eset a´ltal´anoss´agban is elvezet a feladatunk teljes megold´as´ahoz. Ha w ∈ R tetsz˝oleges, akkor a hatv´anyf¨ uggv´eny integr´al´asi szab´aly´ab´ol ´es a helyettes´ıt´eses integr´al´asb´ol ( Z C log |x − w| ha α=1 C dx = , C α 1−α (x − w) (x − w) ha α 6= 1 1−α azaz a nevez˝oben egy adott line´aris faktor ak´armilyen nagy hatv´anyaival – mindaddig, amig a sz´aml´al´oban konstans tal´alhat´o – nincsen gondunk. Persze b´armi m´as polinom is lehet a sz´aml´al´oban, de ez sem akad´aly. Marad´ekos oszt´assal mindig fel´ırhatjuk azt u ´gy, hogy ami t¨obbsz¨or¨ose (x − w)α -nak, azt kiemelj¨ uk (´es lesz egy polinomi´alis r´esz bel˝ole), ami meg marad, annak a foka < α; azt´an ezt meg tov´abb 12

elosztva marad´ekosan (x − w)α−1 -gyel, a h´anyados – teh´at ah´anyszor megvan a < α fok´ u polinomban (x − w)α−1 – ad egy c/(x − w) alak´ u tagot, ´es a marad´ek foka m´ar kisebb, mint α − 1, stb. Teh´at v´eg¨ ul egy polinomi´alis r´eszre ´es tov´abbi C/(x − w)λ (λ ≤ α) alak´ u α tagok ¨osszeg´ere bonthatjuk a p(x)/(x − w) f¨ uggv´enyt, b´armi is volt a sz´aml´al´o. Hogy ezt jobban a´tl´assuk, a legegyszer˝ ubb azt az esetet p´eld´anak venn¨ unk, amikor w = 0. Az, hogy az ´altal´anos esetet ilyenre vezess¨ uk vissza, csak egy line´aris x0 := x − w helyettes´ıt´est k´ıv´an. Ha teh´at most a feladat p(x)/xα integr´al´asa, ahol p(x) = am xm +· · ·+ a1 x + a0 , akkor nyilv´an p(x)/xα = (am xm−α + · · · + aα ) + aα−1 /x + · · · + a1 /xα−1 + a0 /xα a k´ıv´ant felbont´as – amit m´ar k¨onnyen integr´alhatunk. L´assuk mindezt egy sz´amp´eld´an! Ha a nevez˝oben felismerhetj¨ uk (x − 1) hatv´any´at, akkor az u := x − 1, x = u + 1 helyettes´ıt´es hozza k¨onnyebben kezelhet˝o alakra a kifejez´es¨ unket: Z Z 3x4 − 12x3 + 17x2 − 5x − 5 3x4 − 12x3 + 17x2 − 5x − 5 dx = dx x3 − 3x2 + 3x − 1 (x − 1)3   Z dx 3(u + 1)4 − 12(u + 1)3 + 17(u + 1)2 − 5(u + 1) − 5 · 1 du =1 = u3 du Z (3u4 + 12u3 + 18u2 + 12u + 3) − 12u3 − 36u2 − 36u − 12 + 17u2 + 34u + 17 − 5u − 10 du = u3  Z  Z 1 1 3u4 − u2 + 5u − 2 1 du = = 3u − + 5 2 − 2 3 du u3 u u u 3 5 1 3 3 5 1 = u2 − log u − + 2 + C = x2 − 3x + − log |x − 1| − + + C. 2 u u 2 2 x − 1 (x − 1)2 Vegy¨ uk ´eszre, hogy itt a sz´aml´al´o magasabb fok´ u volt, mint a nevez˝o, ´es persze a polinomi´alis tagot ak´ar mindj´art a helyettes´ıt´es el˝ott is lev´alaszthattuk volna - marad´ekos oszt´assal, ugye - de ezzel sem vesztegett¨ uk az id˝ot, egy menetben a´talak´ıtottuk az eg´esz t¨ortet ´es a polinomi´alis r´esz lev´alaszt´asa is persze egyszer˝ ubb volt u ´gy, hogy a nevez˝o u3 , teh´at egy tiszta u-hatv´any, a legegyszer˝ ubben kezelhet˝o alak´ u oszt´o lett. Ez a mechanikus a´talak´ıt´as persze nagyon kihaszn´alja, hogy egyetlen line´aris t´enyez˝o homog´en hatv´anya ´all a nevez˝oben - de a marad´ekos oszt´assal val´o polinomi´alis r´esz lev´alaszt´as, majd a tov´abbi marad´ekos oszt´asok az´ert mindig elv´egezhet˝oek, ak´ar en´elk¨ ul a helyettes´ıt´eses egyszer˝ us´ıt´es n´elk¨ ul is. Mi van homog´en, de egy adott m´asodfok´ u t´enyez˝o hatv´anyak´ent el˝oa´ll´o nevez˝o eset´en? Szerencs´ere nem rosszabb a helyzet akkor sem, ha egy p(x)/r(x)α alak´ u kifejez´essel van 2 dolgunk, ahol most r(x) = x + bx + c egy pozit´ıv (val´os gy¨ok n´elk¨ uli) m´asodfok´ u faktor. Ekkor is szinte ugyanezt tehetj¨ uk: sorban elosztunk az rλ (x) hatv´anyokkal, kezdve a legnagyobb rα (x)-szel, eg´eszen az els˝o hatv´anyig. Teh´at el˝osz¨or lev´alasztunk egy h0 (x) polinomi´alis r´eszt – az rα (x)-szel val´o oszt´as h´anyados´at – azt´an a marad´ek p1 (x), deg p1 (x) < deg r(x)α = 2α (azaz 2α-n´al kisebb fok´ u) α−1 α−1 r´eszt marad´ekosan eloszthatjuk r(x) -gyel, ´es ´ırhatjuk, hogy p1 (x) = h1 (x)r(x) +p2 (x) – ahol ugye itt deg p2 (x) < deg r(x)α−1 = 2(α − 1) – ´es a h´anyadost egyszer˝ us´ıt´es ut´an 13

p1 (x)/r(x)α = h1 (x)/r(x) + p2 (x)/r(x)α alakba ´ırhatjuk. Majd k¨ovetkez˝oleg a p2 (x) marad´ekban m´ar azt n´ezz¨ uk meg, hogyan van meg benne r(x)α−2 , stb., ´es ad´odik a felbont´as: p(x)/r(x)α = h0 (x)+h1 (x)/r(x)+· · ·+hα (x)/r(x)α , ahol itt ugye minden l´ep´esben deg pλ (x) < deg rα−(λ+−1) (x) = 2(α − λ + 1). A pλ (x) = hλ (x)r(x)α−λ + pλ+1 (x) marad´ekos oszt´asb´ol fel´ırva a foksz´amokat,     α−λ = deg hλ (x) + 2(α − λ), 2(α − λ) + 2 ≥ deg pλ (x) − pλ+1 (x) = deg hλ (x)r(x) ´es ad´odik, hogy deg hλ (x) < 2, azaz hλ (x) = Aλ + Bλ els˝ofok´ u, line´aris polinom. Hirtelen u ´gy t˝ unhet, hogy a helyzet rosszabb, mint a line´aris esetben, mert a sz´aml´al´oban az´ert van x-es tag is. Ez azonban csak l´atsz´olag probl´ema, mert val´oj´aban az r0 (x) = 2x+b tagot A/2-sz¨or kiemelve ´ırhat´o, hogy   Z Z Z Z 0 Ax + A2 b + B − A2 b Ax + B r (x) dx A A dx = dx = dx + B − b , r(x)λ r(x)λ 2 r(x)λ 2 r(x)λ ´es itt az el˝oz˝oekhez hasonl´oan (helyettes´ıt´eses integr´allal) az els˝o integr´al ism´et ad´odik: ( Z 0 log r(x) ha λ=1 r (x) dx = . 1 λ 1−λ r(x) r(x) ha λ= 6 1 1−λ R dx Marad teh´at az utols´o, r(x) al kisz´am´ıt´asa, ´es ebb˝ol is m´ar fentebb megmutatλ integr´ tuk, hogyan sz´amolhat´o ki a λ = 1 eset az arctan seg´ıts´eg´evel. Utols´onak teh´at n´ezz¨ uk meg, mik´ent sz´am´ıthatjuk ki az integr´alt akkor, ha λ > 1. L´assunk teh´at most egy (kicsit m´eg a´ltal´anosabban fel´ırt) sz´amp´eld´at: Z 7x − 4 dx =? (6) I := (5x2 + 6x + 2)3 Mivel (5x2 + 6x + 2)0 = 10x + 6, az´ert Z Z 10x − 40/7 7 10x + 6 − 82/7 7 I= dx = dx 2 3 10 (5x + 6x + 2) 10 (5x2 + 6x + 2)3 Z Z 7 (5x2 + 6x + 2)0 7 −82/7 dx + dx = 2 3 2 10 (5x + 6x + 2) 10 (5x + 6x + 2)3   Z 7 82 1 1 1 = − dx. 2 2 2 10 1 − 3 (5x + 6x + 2) 10 (5x + 6x + 2)3 A kulcs teh´at, mint fentebb mondtuk, a Z dx J := dx (5x2 + 6x + 2)3

14

integr´al kisz´am´ıt´asa. Gy˝oz˝odj¨ unk meg r´ola, hogy a nevez˝o val´oban nem 0 seholsem: a diszkrimin´ansa D = 62 − 4 · 5 · 2 = −4 < 0. Ez´ert ´ıgy sz´amolhatunk: Z Z 1 dx 1 dx J= = 6 2 3 9 10 3 125 125 (x2 + 5 x + 5 )3 ((x + 5 )2 − 25 + 25 )   Z Z dx dx y−3 1 y := 5x + 3; x = = 1 3 = 125 125 ((5x + 3)2 + 1)3 5 ((x + 35 )2 + 25 )   Z Z 1 dy 1 1 1 dx = 125 dy = 25 = ; dx = dy (y 2 + 1)3 5 (y 2 + 1)3 dy 5 5 V´eg¨ ul el´erkezt¨ unk a megoldand´o alapintegr´alhoz, amit ´ıgy alak´ıthatunk ´at y = tan t (t = arctan y) helyettes´ıt´essel:   Z Z Z dy 1 1 dy 1 4 dt = cos t dt y = tan t; = = (y 2 + 1)3 (tan2 t + 1)3 cos2 t dt cos2 t Nyilv´an ugyanilyen jelleg˝ u kifejez´est kapunk, ha nem k¨ob¨os, hanem m´as hatv´any van a nevez˝oben, csak a cos t kitev˝oje lesz egy m´asik (de p´aros) eg´esz kitev˝o. Ideje teh´at, hogy megbesz´elj¨ uk az ilyesfajta trigonometrikus integr´alok kisz´am´ıt´as´at is.

10.

Trigonometrikus szorzatkifejez´ esek integr´ alja

Az el˝oz˝o fejezetben arra jutottunk, hogy homog´en nevez˝oj˝ u racion´alis t¨ortkifejez´esek integr´al´asa mindig elv´egezhet˝o, felt´eve, hogy ha ki tudjuk integr´alni azt a kifejez´est is, amelyben egy m´asodfok´ u, val´osban gy¨okmentes (teh´at nem-val´os komplex gy¨okp´arhoz tartoz´o) nevez˝o egyn´el magasabb hatv´any´anak reciprok´aval van dolgunk. Egyszer˝ u line´aris helyetR dy tes´ıt´essel ezt az esetet u ´gy alak´ıtottuk ´at, hogy a feladatunk a C(k) := 2 (y + 1)k+1 integr´alra vezessen, ezt pedig egy y = tg t tov´abbi helyettes´ıt´essel a k¨ovetkez˝o form´ara alak´ıtottuk a´t: Z Z dy = cos2k tdt . (7) C(k) := (y 2 + 1)k+1 Most teh´at enn´el kicsit a´ltal´anosabban trigonometrikus szorzatkifejez´esekkel foglalkozunk, ´es megmutatjuk, hogyan lehet ilyeneket integr´alni. Trigonometrikus szorzatkifejez´eseken, ´es (r¨oviden sz´olva) trigonometrikus integr´alokon olyan kifejez´eseket ´es integr´alokat ´ert¨ unk1 , amelyek alakja Z T := T (m, n) := cosm t sinn t dt. 1

R Persze mondhatn´ ank, hogy az cos(7x + 2) sin(x2 − 1)dx integr´al, vagy az R cos(7x + 2π/3) + sin(x − π/4) R cos2 x + 3 sin x dx is trigonometrikus integr´al, meg az dx is trigosin(2x − π/3) 4 cos x + sin3 x nometrikus integr´ al, de ezeket m´egsem szok´as ”trigonometrikus integr´aloknak” nevezni, csak a fenti alak´ u kifejez´eseket.

15

Vegy¨ uggv´eny kitev˝oje ´eppen egy, akkor Ruk ´eszre, hogy ha valamelyik trigonometrikus alapf¨ egy f α f 0 t´ıpust l´atunk magunk el˝ott, amit α minden val´os ´ert´ek´ere tudunk integr´alni. Ha most pl. n = 2k + 1 p´aratlan term´eszetes sz´am, ahol most k ≥ 1, akkor sem rosszabb a helyzet: ugyanis ekkor Z Z k m 2k T (m, 2k + 1) = cos t sin t sin t dt = cosm t 1 − cos2 t sin t dt Z X k   k   X k k (−1)j+1 j m+2j (−1) cos t sin t dt = = cosm+2j+1 t + C. j j m + 2j + 1 j=0 j=0 Jegyezz¨ uk meg, hogy ehhez m´eg csak arra sem volt sz¨ uks´eg, hogy m term´eszetes sz´am legyen: megy ez m ∈ R tetsz˝oleges ´ert´ek´ere, csak ´eppen arra kell u ¨gyelj¨ unk, hogy ha m p´aratlan ´es negat´ıv eg´esz, akkor esetleg m+2j = −1 fell´ephet (´es fel is l´ep, ha m ≥ −2k−1), ´es ekkor az integr´al log cos x alak´ u lesz, nem hatv´any. De persze ez sem baj, hiszen ez az integr´al is egy explicit formula. Egy´ebk´ent lehet ehhez a feladathoz m´ask´eppenR – parci´alis integr´al´assal – is hozz´any´ ulni. α 0 Ugye ha k = 0, akkor direktben jelen van az f f t´ıpus´ u integr´al, ha pedig k > 0, 1 cosm+1 t – vagy, ha ´epp m = −1, akkor akkor f 0 := cosm t sin t, teh´at f (t) := − m+1 f (t) := log(cos t) – ´es g(t) := sin2k t v´alaszt´assal Z Z 0 T (m, 2k + 1) = f (t)g(t)dt = f (t)g(t) − f (t)g 0 (t)dt Z 1 1 m+1 2k cos t sin t − − cosm+1 t2k sin2k−1 t cos tdt =− m+1 m+1 1 =− cosm+1 t sin2k t + T (m + 2, 2k − 1), m+1 ami egy rekurz´ıv kisz´amol´ast tesz lehet˝ov´e (´es persze ugyan´ıgy akkor is, ha m = −1 volt ´es a kiintegr´alt r´esz ´eppen log(cos t) sin2k t alak´ u lett). Teh´at azt tal´altuk, hogy sim´an integr´alhat´oak olyan kifejez´esek is, mint pl. Z tg k t ctg ` t cosm t sinn t dt = T (` + m, k + n), legal´abb is akkor mindig, ha az ¨osszevon´as ut´an vagy ` + m, vagy k + n egy p´aratlan term´eszetes sz´am lesz. S˝ot, ha mindk´et index eg´esz, akkor igaz´ab´ol m´eg az is el´eg, hogy T (m, n)-ben valamelyik kitev˝o p´aratlan eg´esz sz´am legyen (´es a m´asik tetsz˝oleges eg´esz), a p´aratlan kitev˝onek nem Az els˝ o kifejez´est nem szoktuk egy´ altal´an besorolni ilyen nevezetes alapt´ıpusokba – nincsen is r´a j´ ol ismert ”elemi” m´ odszer, hogy kisz´ am´ıtsuk – a m´asodikat az add´ıci´os t´etelekkel fel lehet bontani, ´at lehet alak´ıtani a harmadik t´ıpusba sorolhat´ o kifejez´ess´e, ´es v´eg¨ ul ezt az ´atalak´ıtott kifejez´est, illetve az utols´ o t´ıpust – amelyben teh´ at az ingtegrandus a cos x, sin x v´altoz´ok k´etv´ altoz´ os racion´ alis t¨ orf¨ uggv´enyek´ent ´ all el˝ o – trigonometrikus racion´ alis kifejez´esek integr´ aljak´ent szok´as emlegetni. Ez ut´obbira van megold´ asi m´ odszer, de erre pilanatnyilag nincsen sz¨ uks´eg¨ unk, ´ıgy most a t´argyal´as´aba nem bocs´atkozunk.

16

is felt´etlen¨ ul kell pozit´ıvnak lennie: ugyanis ha n = 2k + 1, ahol k < 0 eg´esz, akkor az s = cos t, t = arccos s helyettes´ıt´essel cosm t T (m, 2k + 1) = sin t dt sin t dt = ds, (1 − cos2 t)|k| Z Z sm sm = ds = ds, (1 − s2 )|k| (1 − s)|k| (1 + s)|k| Z

−1 dt −1 =p = ds sin t (1 − s2 )

!

(8)

ahol itt a nevez˝o line´aris faktorokra bomlik (m´eg akkor is, ha m < 0 negat´ıv!). Az ilyen t´ıpus´ u racion´alis t¨ortf¨ uggv´enyt pedig – amint azt a k¨ovetkez˝o, 12. ´es ??. Fejezetekben l´athatjuk – minden tov´abbi bonyodalom n´elk¨ ul, k¨ozvetlen¨ ul ki lehet integr´alni. K¨ork´epet kapva ´altal´aban a trigonometrikus szorzatkifejez´esekr˝ol ´es az a´ltal´anos trigonometrikus integr´alok kisz´am´ıt´asi m´odjair´ol, t´erj¨ unk vissza ahhoz az esethez, ami a homog´en nevez˝oj˝ u racion´alis t¨ortf¨ uggv´enyek integr´al´asa sor´an m´eg el˝ott¨ unk maradt: a (7) integr´alokhoz, illetve enn´el a´ltal´anosabban, azokhoz az integr´alokhoz, amelyekben mind cos t, mind sin t kitev˝oje p´aros: Z T (2k, 2`) := cos2k t sin2` tdt (9) A feladat egyszer˝ us´ıt´es´ere az egyik lehet˝os´eg, ugyan´ ugy, mint az el˝obb, hogy a sin2 x = 1 − 2 cos x azonoss´agot ´es binomi´alis t´etelt alkalmazva visszavezetj¨ uk ezt tiszta cos-hatv´anyok integr´alj´ara: Z T (2k, 2`) :=

2k

2

`

cos t(1−cos t) tdt =

`   X ` j=0

j

j

(−1)

Z

2k+2j

cos

`   X ` t dt = (−1)j C(k+j) . j j=0

Ugyancsak lehet itt is parci´alis integr´al´assal a´talak´ıtani a kifejez´est, ´es visszajutni rekurz´ıv m´odon ezekhez a C(k + j) alak´ u integr´alokhoz. Ezek ut´an teh´at mindk´et m´odszerrel ism´et visszajutunk oda, hogy csak a C(k) integr´alokat k´ene kisz´amoljuk. De p´aros kitev˝ok eset´en val´osz´ın˝ uleg a legjobb, leggyorsabb, legk¨ozvetlenebb megold´as, ha egyszerre alkalmazzuk T (n, m) = T (2k, 2`)-ben a n´egyzetekre ismert trigonometrikus a´talak´ıt´asokat, ez´ert itt eml´ekeztet¨ unk a k´etszeres sz¨ogek ismert azonoss´agaira: sin2 α =

1 − cos(2α) , 2

cos2 α =

1 + cos(2α) 1 = , 2 1 + tg 2 α

2 tg α , 1 + tg 2 α 1 − tg 2 α 2 cos(2α) = cos2 α − sin2 α = 2 cos2 α − 1 = = − 1. 2 1 + tg α 1 + tg 2 α sin(2α) = 2 sin α cos α =

17

(10) (11) (12)

Ebb˝ol teh´at az u = 2t, dt/du = 1/2 helyettes´ıt´essel k  ` Z  1 + cos 2t 1 − cos 2t T (2k, 2`) = dt 2 2 Z X k   `   X 1 k ` i = k+`+1 cos u (−1)j cosj u du 2 i j i=0 j=1 Z    k ` k X ` X 1 XX k ` j i+j = k+`+1 (−1) cos u du = c(i, j)T (i + j, 0). 2 i j i=0 j=1 i=0 j=1 Itt ugye a sin u nem szerepel (csak nulla hatv´anyon), ´es ha i +j p´aratlan, akkor tudjuk integr´allal van dolgunk, a megold´ast, ha pedig i + j p´aros, akkor ism´etelten egy C i+j 2 csakhogy a redukci´o nagyon gyors: a fell´ep˝o kitev˝okre itt 0 ≤ i + j ≤ k + ` = m+n . 2

11.

P´ elda p´ aros kitev˝ os cos-hatv´ any integr´ al´ as´ ara

Z dy = cos4 t dt integr´alt! Sz´am´ıtsuk ki p´eld´aul az el˝obb felmer¨ ult C := C(2) := (y 2 + 1)3  2  Z Z  Z u dt 1 1 + cos 2t 1 4 2 C = cos t dt = (1 + cos u) du u = 2t, t = , = dt = 2 8 2 du 2   Z  Z  1 1 + cos(2u) 3 1 1 = 1 + 2 cos u + du = + cos u + cos 2u du 8 2 16 4 16 3 1 1 3 1 1 = u + sin u + sin 2u + C = t + sin 2t + sin 2t cos 2t + C 16 4 32 4 8  16 1 y 1 y 2 3 + −1 +C (y = tg t, t = arctan y) = arctan y + 8 2 y2 + 1 8 y2 + 1 y2 + 1 3 3 y 1 y = arctan y + + + C, 2 2 8 8 y + 1 4 (y + 1)2 Z

ahol alkalmaztuk a k´etszeres sz¨ogek sz¨ogf¨ uggv´enyeire ismert (11), (12) formul´ainkat az α = t = arctan y esetben arra, hogy a sin(2t), cos(2t) kifejez´eseket tg t = y seg´ıts´eg´evel ´ırjuk fel. Visszaid´ezve, hogy a 9. Fejezet v´eg´en hol tartottunk a (6) formul´aval fel´ırt integr´al kisz´am´ıt´as´aban, most azt is befejezthetj¨ uk: Z Z 7x − 4 −7 1 82 1 I := dx = − dx , 2 3 2 2 2 (5x + 6x + 2) 20 (5x + 6x + 2) 10 (5x + 6x + 2)3 Z Z 1 dy J := dx = 25 (y = 5x + 3) (5x2 + 6x + 2)3 (y 2 + 1)3  Z  dy 3 3 y 1 y 4 C(2) := 2 = cos t dt = arctan y + + + C, 3 2 2 (y + 1) 8 8 y + 1 4 (y + 1)2 18

´es v´egezet¨ ul 7 1 I=− −205 2 20 (5x + 6x + 2)2

12.



 3 5x + 3 1 5x + 3 3 arctan(5x + 3) + + +C. 8 8 (5x + 3)2 + 1 4 ((5x + 3)2 + 1)2

Racion´ alis t¨ ortf¨ uggv´ enyek parci´ alis t¨ ortekre bont´ asa

P (x) racion´alis t¨ortf¨ uggv´enyt. Ekkor Q faktoriz´aci´oja Q(x) a polinomok algebra alapt´etele szerinti (4) felbont´as´aban az azonos faktorokat o¨sszevonva u ´gy ´ırhat´o2 , mint Tekints¨ unk egy tetsz˝oleges R(x) =

k ` k ` ` Y Y Y Y Y aj 2 2 bj aj bj Q(x) = (x − wj ) ((x − uj ) + vj ) = (x − wj ) (x − zj ) (x − zj )bj ; (13) j=1

j=1

j=1

j=1

j=1

P P itt deg Q = kj=1 aj + `j=0 2bj , a val´os gy¨ok¨ok a wj -k, aj multiplicit´asokkal, a (nem-val´os) komplex gy¨okp´arok pedig a zj = uj + ivj , zj = uj − ivj gy¨ok¨ok (ahol teh´at vj 6= 0), mindegyik¨ uk bj − bj multiplicit´assal. Menj¨ unk neki akkor most annak, hogy el˝osz¨or a komplex sz´amtest f¨ol¨ott felbontjuk R(x)-et homog´en nevez˝oj˝ u t¨ortekre. ´ ıt´ All´ as (Felbont´ as C felett.) Ha R(x) ak´ar komplexQegy¨ utthat´os racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny, k sj azaz R(x) = P (x)/Q(x), ahol P, Q ∈ C[x], ´es ha Q(x) = j=1 (x − ωj ) a nevez˝o (komplex sz´amtest feletti) faktoriz´aci´oja, akkor R(x) el˝oa´ll u ´gy, mint R(x) = p(x) +

k X j=1

pj (x) , (x − ωj )sj

ahol p, pj ∈ C[x], deg pj < sj .

(14)

P Bizony´ıt´as. Ha m := deg Q = kj=1 sj = 1, akkor az ´all´ıt´as trivi´alisan igaz. Alkalmazzunk teh´at teljes indukci´ot m = deg Q szerint, ´es t.f.h. tudjuk az a´ll´ıt´ast m-ig: akkor bizony´ıtsunk most m + 1-re, ahol m ≥ 1, m + 1 ≥ 2. Minden esetre a felbont´asi t´etel teljes¨ uggv´enyre, mert Q ul az R(x)·(x−ω1 ) racion´alis t¨ortf¨ ennek nevez˝oje Q1 (x) = (x − ω1 )s1 −1 kj=2 (x − ωj )sj , ahol a foksz´am csak m. Visszaosztva (x − ω1 )-gyel, ebb˝ol megkapjuk, hogy R(x) =

k X π(x) π1 (x) πj (x) + + deg π1 < s1 −1, deg πj < sj (j = 2, . . . k). (x − ω1 ) (x − ω1 )s1 j=2 (x − ω1 )(x − ωj )sj

Elegend˝o teh´at megmutatnunk, hogy az itt szerepl˝o o¨sszeadand´ok mindegyike felbomlik u ´gy, ahogyan azt a´ll´ıtottuk. π(x)/(x − ω1 ) nevez˝oje els˝ofok´ u (teh´at alkalmazhatjuk r´a az 2

Feltehetj¨ uk, hogy Q f˝ oegy¨ utthat´ oja 1, mert egy konstans szorz´ot be´ep´ıthet¨ unk a sz´aml´al´oba is.

19

indukci´os feltev´est), π1 (x)/(x − ω1 )s1 pedig m´ar az ´all´ıtott alakban van (ugye deg π1 (x) < s1 − 1 is teljes¨ ul a konstrukci´ob´ol), ez´ert π(x) π1 (x) γ π1 (x) π ∗ (x) + = π0 (x) + + = π0 (x) + , x − ω1 (x − ω1 )s1 x − ω1 (x − ω1 )s1 (x − ω1 )s1 ahol deg π ∗ (x) < s1 . ´Igy elegend˝o a szumm´an bel¨ uli t¨obbi kifejez´esekkel foglalkozzunk. s Tekints¨ unk teh´at egy π(x)/((x − α)(x − β) ) alak´ u h´anyadost, ahol α 6= β ´es deg π(x) < s, ´es mutassuk meg, hogy ez hogyan bomlik fel! π(x) π(x) − π(α) π(α) ρ(x) π(α) = + = + , s s s s (x − α)(x − β) (x − α)(x − β) (x − α)(x − β) (x − β) (x − α)(x − β)s ahol ρ(x) := (π(x) − π(α))/(x − α) ∈ C[x], mert a sz´aml´al´oban szerepl˝o polinomnak α a gy¨oke, ´es ´ıgy (a Lemma miatt) a gy¨okt´enyez˝o osztja a π(x) − π(α) polinomot: emellett deg ρ(x) = deg π(x) − 1 < deg π(x) < s is teljes´ıti a megk´ıv´antakat. 1 A π(α) konstansot kiemelve teh´at elegend˝o egy felbont´ast tal´alnunk az (x − α)(x − β)s kifejez´esrere. Ez gyorsan megvan: ha γ :=

1 , (α − β)s

σ(x) := −γ(x − β)s + 1 = −

1 (x − β)s + 1, (α − β)s

akkor k¨onnyen ellen˝orizhet˝o, hogy σ(α) = 0, teh´at (x − α)|σ(x), ´es a τ (x) := σ(x)/(x − α) h´anyados polinommal val´oban fel´ırhatjuk, hogy γ τ (x) γ(x − β)s + σ(x) 1 + = = . s s (x − α) (x − β) (x − α)(x − β) (x − α)(x − β)s R´aad´asul mindj´art a foksz´amokra vonatkoz´o feltev´eseink is teljes¨ ulnek, mert deg τ (x) = deg σ(x) − 1 = s − 1 < s, amint az kellett nek¨ unk. Teh´at o¨sszefoglalva, azt kapjuk, hogy π(α)γ ρ(x) + π(α)τ (x) π(x) = + , s (x − α)(x − β) x−α (x − β)s ahol ebben a parci´alis t¨ortekre bont´asban a sz´aml´al´ok foka – a megk´ıv´antaknak eleget t´eve – nem ´eri el a megfelel˝o nevez˝o´et. ´ ıt´ All´ as (A felbont´ as egy´ ertelm˝ us´ ege). Ha az R(x) = P (x)/Q(x) racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny a P (x), Q(x) ∈ C[x] polinomok h´anyadosa, ´es R(x) egy parci´alis t¨ortekre bont´asa a (14) alak´ u, akkor ebben a felbont´asban a p(x), pj (x) ∈ C[x] polinomok mind egy´ertelm˝ uen meghat´arozottak, azaz m´as, a felt´etelek szerinti el˝oa´ll´ıt´as nem lehets´eges. Bizony´ıt´as. Osszuk el P (x)-et marad´ekosan az (x − ωj )sj polinommal, ahol 1 ≤ j ≤ k tetsz˝oleges. Kapjuk, hogy P (x) = hj (x)(x − ωj )sj + rj (x), ahol hj (x), rj (x) ∈ C[x], ´es 20

deg rj (x) < sj . A (14) felbont´asb´ol viszont P )x) = R(x)Q(x) felbont´as´anak minden olyan tagja, amely nem pont a pj (x)/(x − ωj )sj tag, nyilv´an oszthat´o lesz a nevez˝o Q(x)-szel val´o felszorz´asa ut´an az (x − ωj )sj t´enyez˝ovel, ´ıgy igaz´ab´ol pontosan fel´ırhatjuk hj (x)-et ´es rj (x)-et: ut´obbira nincsen m´as lehet˝os´eg, mint rj (x) = pj (x). Teh´at pj (x) egy´ertelm˝ uen meghat´arozott (m´ar persze a deg pj < sj feltev´es mellett) minden j = 1, . . . , k-ra. De P akkor a p(x) = R(x) − kj=1 pj (x)/(x − ωj )sj k¨ ul¨onbs´eg is egy´ertelm˝ uen megahat´arozott, teh´at ad´odik az a´ll´ıt´as. ´ ıt´ All´ as (Parci´ alis t¨ ortekre bont´ as R felett). Ha R(x) val´os egy¨ utthat´os racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny, azaz R(x) = P (x)/Q(x), ahol P, Q ∈ R[x], ´es ha (13) a nevez˝o val´os sz´amtest feletti faktoriz´aci´oja, akkor R(x) = p(x) +

k X j=1

`

X Pj (x) pj (x) + (x − wj )aj ((x − uj )2 + vj2 )bj j=1

,

(15)

ahol p, pj , Pj ∈ R[x], deg pj < aj (j = 1, . . . , k), deg Pj < 2bj (j = 1, . . . , `). Bizony´ıt´as. Persze egy´ uttal P, Q ∈ C[x] is, ´ıgy alkalmazhat´o az el˝oz˝o a´ll´ıt´as, ´es ebben a u el˝oa´ll´ıt´as bj db. zj -hez ´es bj darab zj -hoz tartoz´o tagokat ¨osszevonva ad´odik egy (15) alak´ is, a megfelel˝o foksz´am felt´etelekkel, hiszen ha π, ρ ∈ C[x], deg π < b, deg ρ < b, ´es z = u + iv, z = u − iv egy b multiplicit´as´ u konjug´alt gy¨okp´ar, akkor ρ(x) P (x) π(x) + = , (x − z)b (x − z)b rb (x)

ahol r(x) := (x − z)(x − z) = (x − u)2 + v 2 ,

´es persze P (x) = π(x)(x − z)b + ρ(x)(x − z)b ∈ C[x] foka is kisebb, mint 2b. Megkapjuk teh´at az a´ll´ıt´ast, mind¨ossze azzal az egyetlen elt´er´essel, hogy hirtelen itt m´eg nem l´atjuk, mi´ert voln´anak a polinomi´alis r´eszben ´es a sz´aml´al´okban fell´ep˝o p, pj , Pj polinomok val´os egy¨ utthat´os (´es nem csak valamilyen komplex egy¨ utthat´os) polinomok. Mindenesetre abb´ol, hogy P, Q ∈ R[x], k¨ovetkezik, hogy R(x) = R(x), ha x ∈ R. Teh´at ak´armilyen komplex egy¨ utthat´okkal is van fel´ırva a (15) el˝o´all´ıt´as, az egy¨ utthat´ok konjug´altjait v´eve minden p, pj , Pj -ben, kapunk egy m´asik racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny el˝o´all´ıt´ast, hiszen R(x) = R(x) = p(x) +

k X j=1

`

X pj (x) Pj (x) + . a j (x − wj ) ((x − uj )2 + vj2 )bj j=1

A k´et el˝o´all´ıt´ast egym´asb´ol levonva azt kapjuk, hogy 0 = R(x) − R(x) = p(x) − p(x) +

k X pj (x) − pj (x) j=1

(x − wj

)aj

+

` X j=1

Pj (x) − Pj (x) . ((x − uj )2 + vj2 )bj

(16)

Magyar´an annyi a feladatunk, hogy bel´assuk, hogy egy azonosan nulla racion´alis t¨orf¨ uggv´enyben minden, az el˝oa´ll´ıt´as´aban el˝ofordul´o sz´aml´al´o is azonosan nulla (teh´at a fell´ep˝o p, pj , Pj polinomok azonosak a konjug´altjaikkal, ´es ez´ert val´osak). 21

Alkalmazzuk az utols´o szumm´an bel¨ uli komplex racion´alis t¨ortf¨ uggv´enyekre a m´ar igazolt egy´ertelm˝ u (C feletti) felbont´ast! Ad´odik, hogy valamilyen sj (x), tj (x) ∈ C[x], deg sj (x) < bj , deg tj (x) < bj (j = 1, . . . , `) mellett Pj (x) − Pj (x) sj (x) tj (x) = + . 2 bj b 2 ((x − uj ) + vj ) (x − zj ) j (x − zj )bj Jegyezz¨ uk meg, hogy a k¨oz¨os nevez˝ovel felszorozva itt azt is megkapjuk, hogy Pj (x) − Pj (x) = sj (x)(x − zj )bj + tj (x)(x − zj )bj .

(17)

Most az r(x) = p(x) − p(x), rj (x) = pj (x) − pj (x) (j = 1, . . . , k) jel¨ol´esekkel a (16) formul´ab´ol kapjuk, hogy  k `  X X rj (x) sj (x) tj (x) 0 = r(x) + + + , aj bj bj (x − w ) (x − z ) (x − z ) j j j j=1 j=1 Ez egyben a 0 egy komplex felbont´asa, aminek az egy´ertelm˝ us´eg´et m´ar igazoltuk, ´ıgy csak az lehets´eges, hogy r(x) = 0, rj (x) = 0 (j = 1, . . . , k), sj (x) = 0, tj (x) = 0 (j = 1, . . . , `). Visszaolvasva teh´at megkapjuk, hogy p(x) = p(x), pj (x) = pj (x) (j = 1, . . . , k) ´es (17) miatt Pj (x) − Pj (x) = 0 (j = 1, . . . , `). A gyakorlatban a parci´alis t¨ortekre bont´as sor´an m´eg elemibb r´eszekre szoktuk felbontani a racion˝ ua´lis t¨ortf¨ uggv´enyeinket: ahogyan a 9. Fejezetben l´attuk, a line´aris faktorokat konstans, a m´asodfok´ u pozit´ıv faktorokat line´aris sz´aml´al´oval ´ırtuk fel. ennek ´ara, hogy a nevez˝ok nem csaka legnagyobb, hanem az o¨sszes ann´al kisebb kitev˝ovel is szerepelni fognak. T´ etel (Elemi parci´ alis t¨ ortekre bont´ as). Legyen R(z) = P (z)/Q(z) racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny, ahol P (z), Q(z) ∈ C[z], okt´enyez˝ok o¨sszevon´as´aval P Qs ´es legyens Q(x) azonos gy¨ ´ırt felbont´asa C felett Q(z) = a j=1 (z − zj )j , deg Q = n = sj=1 sj . Ekkor C felett R felbomlik u ´gy, hogy R(z) = P (z) +

sj s X X j=1 `=1

(j)

C` , (z − zj )`



(j) C`



∈ C 1 ≤ j ≤ s, 1 ≤ ` ≤ sj .

(18)

Tov´abb´a, ha P (x), Q(x) ∈ R[x] val´os egy¨ utthat´osok, ´es Q(x) val´os sz´amtest feletti irreducibilis szorzatfelbont´asa (13) alak´ u, akkor a val´os egy¨ utthat´os R(x) racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny val´os elemi parci´alis t¨ortekre bonthat´o olym´odon, hogy R(x) = p(x) +

aj k X X j=1 i=1

(j)

`

bj

(j)

(j)

XX B x + C Ai i i + (x − wj )i j=1 i=1 ((x − uj )2 + vj2 )i



(j)

(j)

(j)

Ai , Bi , Ci

 ∈R . (19)

A P (z) illetve p(x) polinomi´alis r´esz, csak´ ugy, mint a sz´aml´al´okban szerepl˝o konstans egy¨ utthat´ok, mindk´et esetben egy´ertelm˝ uek. 22

Vegy¨ uk ´eszre, hogy ez azt jelenti, hogy a 9. Fejezetben t´argyalt speci´alis esetekre vezethet˝o vissza minden val´os racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny integr´al´asa. Bizony´ıt´as. Ezt tulajdonk´eppen m´ar elv´egezt¨ uk egyszer, amikor a 9. Fejezetben le´ırtuk, hogyan lehet integr´alni egy homog´en nevez˝oj˝ u racion´alis t¨ortf¨ uggv´enyt. Most a val´os alakra szor´ıtkozunk ´es annak mutatjuk meg egy bizony´ıt´as´at. Induljunk ki a (15) alakb´ol: nyilv´an egy felbont´as l´etez´es´ehez elegend˝o bel´atnunk, hogy egy-egy itt szerepl˝o tag felbonthat´o, teh´at, hogy ha pl. a line´aris esetet n´ezz¨ uk, akkor deg p(x) < a mellett p(x) p((x − w) + w) = = a (x − w) (x − w)a

Pa−1

a

Ah (x − w)h X Aa−i = . (x − w)a (x − w)i i=1

h=0

(Egy´ebk´ent ugyanez elint´ezi a komplex esetet is, mert ott csak line´aris faktorok hatv´anyaib´ol a´ll´o homog´en nevez˝ok vannak.) L´athat´o ebb˝ol az is, hogy a p polinom egy´ertelm˝ uen meghat´arozza az Ai egy¨ utthat´okat is. Tekints¨ unk most egy r(x) = x2 + βx + γ = (x − u)2 + v 2 alak´ u kvadratikus nevez˝ot. A megfelel˝o P (x) = Pj (x) sz´aml´al´ot l´ep´esenk´ent, fokozatosan elosztva marad´ekosan ri (x)-szel, i = b-re nincs h´anyados (mert deg P < 2b ´es deg rb (x) = 2b), azt´an sorban a h´anyadosok foksz´ama mindig legfeljebb 1 – teh´at line´aris faktorok lehetnek csak – mert ha egy oszt´asn´al a marad´ek foka < 2i, akkor ut´ana 2i − 2 fok´ uval ezt a marad´ekot elosztva a h´anyados foka legfeljebb 1 (´es a marad´ek foka < 2i−2). Teh´at ha ennek a fokozatos elosztogat´asnak az eredm´enye P (x) = H1 (x)rb−1 (x) + H2 (x)rb−2 (x) + . . . Hi (x)rb−i (x) + . . . H0 (x), akkor leosztva rb (x)-szel, ad´odik egy, a k´ıv´ant line´aris sz´aml´al´okkal fel´ırt el˝oa´ll´ıt´as. Tudv´an, hogy a 0 racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny felbont´asa adott nevez˝okkel egy´ertelm˝ u, gyorsan bel´athat´o ennek az elemi felbont´asnak az egy´ertelm˝ us´ege is.

13.

Integr´ al´ as a parci´ alis t¨ ortekre bont´ as kisz´ am´ıt´ as´ aval

0. l´ ep´ es. Sz´am´ıtsuk ki a polinomi´alis r´eszt: P (x) : Q(x) = H(x) + r(x)/Q(x)-ben a marad´ek deg r < deg Q, ´es R(x) − H(x) egy olyan racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny, amelynek a nevez˝oje nagyobb fok´ u a sz´aml´al´on´al. 1. l´ ep´ es. Legyen most R(x) = P (x)/Q(x)-ben deg P < deg Q. V´alasszuk u ´gy az el˝o´all´ıt´ast, hogy mondjuk Q(x) f˝oegy¨ utthat´oja legyen 1, ´es bontsuk fel Q(x)-et az Algebra Alapt´etele szerinti faktoraira. Ha deg Q nagy, ´es nem l´atunk semmi u ¨gyes kezd´esi lehet˝os´eget, akkor megpr´ob´alhatjuk megn´ezni, hogy siker¨ ul-e P -t felbontani, ´es ha ott le tudunk v´alasztani faktorokat, akkor azokkal megpr´ob´alhatjuk tesztelni, hogy k¨oz¨os oszt´o-e. Ha ugyanis igen, akkor egyszer˝ us´ıthetj¨ uk vele a racion´alis t¨ortkifejez´est. Alternat´ıv m´odon eleve megtehetj¨ uk, hogy kisz´am´ıtjuk a D(x) := (P (x), Q(x)) l.n.k.o- t — ezzel u.i. mindig egyszer˝ us´ıthet¨ unk, ´es seg´ıthet P (x) ´es Q(x) faktoriz´aci´oj´at is megkapni, ha l´atjuk ezeket a k¨oz¨os t´enyez˝oket.

23

N´eha hasznos, ha megn´ezz¨ uk a Q0 (x) polinomot, ´es, ha a sz´aml´al´oban P (x) foka is deg Q − 1, akkor marad´ekos oszt´assal P (x) = cQ0 (x) + p∗ (x)-et ´ırva egyszer˝ us´ıthet¨ unk: ugyanis Z Z Z ∗ cQ0 (x) + p∗ (x) p (x) R(x) dx = dx = c log Q(x) + dx, Q(x) Q(x) ´es itt a sz´aml´al´o foka tov´abb cs¨okkent. Tov´abbi elindul´asi m´odszer, ha megn´ezz¨ uk az M (x) := (Q(x), Q0 (x)) l.n.k.o-t. K¨onnyen l´athat´o, hogy ha Q(x) faktoriz´aci´oja (13), akkor Q0 (x)-ben jelen lesznek mindazok a faktorok, amelyek Q-ban t¨obbsz¨or¨osen fordulnak el˝o: ´ıgy ha siker¨ ul felbontsuk M (x)-et, akkor az tartalmazza Q(x) t¨obbsz¨or¨os gy¨okeit is. P´eld´aul keress¨ uk meg a Q(x) = x5 − 5x4 + 4x3 − 20x2 + 4x − 20 polinom faktoriz´aci´oj´at! Els˝ore nem nagyon l´atszik, hogy mit lehetne vele kezdeni (de tal´an m´eg m´asodikra sem)3 . A t¨obbsz¨or¨os t´enyez˝ok felder´ıt´ese ´erdek´eben teh´at tekints¨ uk a Q0 (x) = 5x4 − 20x3 + 12x2 −40x+4 polinomot ´es ennek l.n.k.o-j´at Q(x)-szel, vagy, a jobb sz´amolhat´os´ag kedv´e´ert, az 5Q(x) = 5x5 − 25x4 + 20x3 − 100x2 + 20x − 100 polinommal. Marad´ekos oszt´assal azt kapjuk, hogy 5Q(x) = (x−1)Q0 (x)+r(x),

 ahol r(x) = −12x3 −48x2 −24x−96 = −12 x3 + 4x4 + 2x + 8 ,

majd  Q0 (x) = (5x − 40) · x3 + 4x2 + 2x + 8 + 162x2 + 324 Az euklideszi algoritmus k¨ovetkez˝o marad´ekos oszt´as´aban az x3 + 4x2 + 2x + 8-et osztjuk a mostani marad´ekkal, de abb´ol c´elszer˝ uen kiemel¨ unk egy 162-es konstansot, ´es osztunk ink´abb az x2 + 2 faktorral: x3 + 4x2 + 2x + 8 = (x + 4) · (x2 + 2) + 0. Ezzel el´ert¨ unk egy val´odi oszthat´os´agot, egy nulla marad´ekot: az algoritmus lez´arult. Most j´ol kell tudjuk ´ertelmezni az euklideszi algoritmus eredm´eny´et: azt kaptuk, hogy M (x) = ´ ez val´oban egy (r´aad´asul t¨obbsz¨or¨os!) faktora a Q(x)-nek, ezzel (Q(x), Q0 (x)) = x2 + 2. Es teh´at le is gy˝ozt¨ uk a faktoriz´aci´os probl´em´ankat: (x2 + 2)2 = x4 + 4x2 + 4, ´es ezzel leosztva Q(x)-et megkapjuk, hogy Q(x) = (x − 5)(x2 + 2)2 . 2. l´ ep´ es. Ha megvan a nevez˝o faktoriz´aci´oja, akkor parci´alis t¨ortekre kell bontsuk a racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny¨ unket. Egy alapvet˝o, mindig haszn´alhat´o alap-m´odszer az egy¨ utthat´ ok egyeztet´es´enek m´odszere. Ez azt jelenti, hogy ha tudjuk, milyen alak´ u R(x) elemi parci´alis (j) (j) t¨ortekre bont´asa – ´es ezt, ugye, megadja nek¨ unk (19) ! – akkor az ebben szerepl˝o Ai , Bi , (j) Ci egy¨ utthat´okat ismeretlen sz´amnak tekintve, a formul´at felszorozhatjuk Q(x)-szel, aminek eredm´enyek´ent egy olyan egyenletet kapunk, amelyben a baloldalon P (x) = R(x)·Q(x) 3

Az´ert val´ oj´ aban mondjuk negyedikre r´a lehet j¨onni, hogy 5 gy¨oke a polinomnak: ´es onnan elindulva m´ ar tov´ abb lehet menni...

24

a´ll, a jobb oldalon pedig egy olyan j´ol kisz´am´ıthat´o polinomi´alis kifejez´est kapunk, amely(j) (j) (j) ben a k¨ ul¨onb¨oz˝o x-hatv´anyok egy¨ utthat´oi ezeknek az ismeretlen Ai , Bi , Ci sz´amoknak a line´aris kombin´aci´ok´ent a´llnak el˝o. Itt a polinomok egy´ertelm˝ us´eg´enek t´etel´et kell haszn´alni, azaz azt, hogy ha p(x) ≡ q(x), akkor az egy¨ utthat´oik is megegyeznek. A k¨ ul¨onbs´egeket tekintve ez azzal egyen´ert´ek˝ u, hogy ha a p(x) − q(x) polinom azonosan 0, akkor csak az t¨ort´enhet, hogy minden egy¨ utthat´o is 0 – ami el´eg trivi´alis, vagy deriv´al´assal, vagy arra hivatkozva, hogy ha a polinomnak van foka (ha nem azonosan 0 minden egy¨ utthat´o, akkor ugye van legnagyobb index˝ u nem elt˝ un˝o egy¨ utthat´oja is!), ´es ez mondjuk n, akkor csak n gy¨oke lehet pl. az Algebra Alapt´etele miatt - teh´at a t¨obbi komplex sz´amokon nem lesz mindig 0. Teh´at egy¨ utthat´onk´ent ad egy egyenletet a fenti beszorz´as: P egy¨ utthat´oit meg fog(j) (j) (j) juk kapni a jobb oldalon az ismeretlen Ai , Bi , Ci mennyis´egekkel fel´ırt line´aris kifejez´esekkel, ´es ezt a Q foksz´am´aval megegyez¨o sz´am´ u egyenletb˝ol a´ll´o egyenlet-rendszert kell megoldjuk. Az elemi parci´alis t¨ortekre bonthat´os´agot m´ar igazoltuk, s˝ot annak egy´ertelm˝ us´eg´et is, teh´at van egy egy´ertelm˝ u megold´asa a line´aris egyenletrendszer¨ unknek: ilyenkor az egyenletrendszer megold´asa nem neh´ez, ´es sokf´ele m´odszerrel elv´egezhet˝o. Az ”iskol´aban szok´asos” elj´ar´as elegend˝o nek¨ unk: sorra kifejez¨ unk egy-egy u ´jabb ismeretlent valamelyik m´eg fel nem haszn´alt egyenletb˝ol, ´es mindenhov´a, ahol csak m´eg szerepel, be´ırjuk ezt a kifejez´es´et, majd az egyenletet amib˝ol kifejezt¨ uk, eldobjuk. ´Igy l´ep´esenk´ent eggyel kevesebbismeretlent tartalmaz´o ´es eggyel kevesebb egyenletb˝ol a´ll´o kisebb rendszer¨ unk lesz a v´eg´en pedig megoldjuk a legutols´o ismeretlenre, ´es annak ´ert´ek´et visszahelyettes´ıtve az utols´o el˝ottire stb., v´eg¨ ul minden ismeretlenre. 3. l´ ep´ es. Ezek ut´an m´ar csak a fell´ep˝o elemi parci´alis t¨orteket kell integr´aljuk. Ezzel r´eszletesen foglalkoztunk el˝oz˝oleg, ´ıgy itt csak al´ah´ uzzuk: minden, a (19) formula szerint fell´ep˝o elemi parci´alis t¨ortkifejez´est – teh´at minden homog´en nevez˝oj˝ u, a sz´aml´al´oban konstans, vagy m´asodfok´ u faktorok eset´en maximum line´aris sz´aml´al´oj´ u t¨ortet – tudunk integr´alni. Ezzel pedig be is fejezhetj¨ uk a feladatunk megold´as´at.

14.

M´ eg egy racion´ alis t¨ ortf¨ uggv´ eny integr´ al´ asi p´ elda

Tegy¨ uk fel, hogy az integr´al´asi feladatunk pl. az Z x7 + 6x5 + 11x3 + 6x P (x) = 5 R(x) dx R(x) := Q(x) x − 5x4 + 4x3 − 20x2 + 4x − 20

(20)

racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny integr´al´as. Vegy¨ uk sorra az el˝obb rendszerbe szedett l´ep´eseket! T¨obbf´ele u ´ton indulhatunk el: az egyik lehet˝os´eg, hogy ”automatikusan” elv´egezz¨ uk a polinomi´alis tag lev´alaszt´as´at egy marad´ekos oszt´assal: P (x) = (x2 + 5x + 27)Q(x) + p(x),

ahol p(x) = −135x4 − x3 − 540x2 − 2x − 540.

Ad´odik teh´at, felhaszn´alva Q(x) t´enyez˝okre bont´as´at is, hogy Z Z Z 135x4 + x3 + 540x2 + 2x + 540 2 R(x) dx = (x + 5x + 27) dx − dx (x − 5)(x2 + 2)2 25

Tal´an innen m´ar l´athat´o, hogy a sz´aml´al´oban is el˝ofordul az x2 +2 faktor, hiszen 135x4 +x3 + 540x2 + 2x + 540 = (x2 + 2)(135x2 + x + 270); de ha magunkt´ol nem is l´atjuk, mindenestere ´erdemes leellen˝orizni a sz´aml´al´o ´es a nevez˝o k¨oz¨os oszt´oit, ´es akkor megtal´aljuk ezt a faktort. A l.n.k.o. keres´es´ehez itt most az euklideszi algoritmus helyett k´ın´alkozik egy m´asik u ´t is, hiszen ismerj¨ uk m´ar Q(x) t´enyez˝oit, ´ıgy csak azt kell ellen˝orizz¨ uk, hogy azok megvannak-e p(x)-ben. Nos, p(5) > 0 nyilv´anval´o, teh´at (x − 5) 6 |p(x), de ha marad´ekosan elosztunk x2 + 2-vel, akkor a fenti eredm´enyt kapjuk. A fentiekb˝ol teh´at most m´ar ott tartunk, hogy Z Z 135x2 + x + 270 1 3 5 2 dx R(x) dx = x + x + 27x − 3 2 (x − 5)(x2 + 2) Egy u ´jabb j´o ´eszrev´etel tov´abb egyszer˝ us´ıtheti a dolgunkat: a kifejez´es nagyban sz´ep¨ ul, ha a 135x2 + 270 = 135(x2 + 2) r´eszt kiemelj¨ uk. De nem felt´etlen¨ ul kell ezt ´eszrevegy¨ uk, hiszen a feladatunk most az, hogy parci´alis t¨ortekre bontsuk a kifejez´est, ´es ehhez alapvet˝o seg´ıts´eget jelent, ha marad´ekosan elosztjuk a sz´aml´al´ot a nevez˝o valamelyik faktor´aval: p(x) = 135x2 + x + 270 = 135 · (x2 + 2) + x. Innen pedig Z Z Z Z 135 x x dx 135x2 + x + 270 dx = dx+ dx = 135 log |x−5|+ . 2 2 (x − 5)(x + 2) x−5 (x − 5)(x + 2) (x − 5)(x2 + 2) A parci´alis t¨ortekre bont´ast is fel´ırva a m´eg ismeretlen A, B, C ∈ R param´eterekkel, x A Bx + C = + (x − 5)(x2 + 2) x−5 x2 + 2 A k¨oz¨os nevez˝ovel val´o felszorz´assal ´es az egy¨ utthat´ok egyeztet´es´evel is meg lehet ezt oldani: x = A(x2 + 2) + (Bx + C)(x − 5) = (A + B)x2 + (C − 5B)x + (2A − 5C), teh´at x2 e.h.-´oj´ab´ol : x e.h.-´oj´ab´ol : 1 = x0 e.h.-´oj´ab´ol :

0=A+B 1 = C − 5B 0 = 2A − 5C

teh´at B = −A, 1 = C + 5A, 0 = 2A − 5C, ´es 5-sz¨or az els˝ot o¨sszeadva a m´asodikkal 27A = 5, A = 5/27, B = −5/27 ´es v´eg¨ ul C = 2/27, teh´at   x 1 5 −5x + 2 = + 2 . (x − 5)(x2 + 2) 27 x − 5 x +2 Ezt most m´ar ki tudjuk integr´alni:   Z x 5 −5 2 1 x 2 √ arctan √ dx = log |x − 5| + log(x + 2) + (x − 5)(x2 + 2) 27 54 27 2 2 26

V´egeredm´enyben teh´at: Z

√   1 3 5 2 5 5 2 x 2 R(x) dx = x + x + 27x − 135 log |x − 5| + log(x + 2) − arctan √ + C. 3 2 27 54 27 2

Gondoljuk m´eg meg, hogy az eredeti (20) feladatot lehetett volna-e egyszer˝ ubben megoldani? Mindenesetre az sohsem baj, ha valamilyen ´eszrev´etelt fel tudunk haszn´alni: egy ilyen nyilv´anval´o ´eszrev´etel, hogy a sz´aml´al´oban P (x)-b˝ol kiemelhet¨ unk x-et. Ez a l´atsz´olag a´rtalmatlan ´eszrev´etel oda vezet minket, hogy fel´ırjuk: P (x) = x(x6 + 6x4 + 11x2 + 6). Ezen az apr´o sikeren belelkesedve, most pr´ob´aljuk meg megtal´alni P (x), teh´at p(x) = x6 + 6x4 + 11x2 + 6 felbont´as´at irreducubils t´enyez˝oire! A k¨ovetkez˝o ´eszrev´etel, hogy itt p(x)-nek csak p´aros hatv´anyai szerepelnek, az eg´esz kifejez´es polinomja y = x2 -nek is, teh´at igaz´ab´ol kezdhetj¨ uk is azzal, hogy megkeress¨ uk a √ π(y) := p( y) = p(x) polinom egy felbont´as´at. u, de a harmadfok´ u A π(y) = y 3 + 6y 2 + 11y + 6 polinom m´eg mindig harmadfok´ egyenletek megold´as´an´al szok´asos a´talak´ıt´ast – az els˝o k´et hatv´any teljes k¨obre alak´ıt´as´at – az´ert megk´ıs´erelhetj¨ uk rajta, hiszen kerek sz´am j¨on ki: π(y) − (y + 2)3 = (y 3 + 6y 2 + 3 2 11y + 6) − (y + 6y + 12y + 8) = −y − 2, ´es nagy szerencs´enkre azt tal´aljuk, hogy ebb˝ol π(y) = (y + 2)3 − (y + 2) = (y + 2){(y + 2)2 − 1} = (y + 2)(y + 1)(y + 3). Innen pedig megkapjuk, hogy p(x) = x(x2 + 1)(x2 + 2)(x2 + 3), ´es ez bizony egy irreducibilis felbont´asa is P (x)-nek. J¨on a logikus k´erd´es, mi lesz oszt´oja ezekb˝ol a faktorokb´ol Q(x)-nek? A line´aris x faktor biztosan nem, az l´atszik, de a kvadratikus t´enyez˝okkel el lehet v´egezni a marad´ekos osztogat´ast, ´es ad´odik, hogy (x2 + 2)|Q(x). Ezek ut´an m´ar P faktorai k¨oz¨ ul m´as nem lehet bene Q-ban, de ez lehet ak´ar t¨obbsz¨or is: ezt kipr´ob´alva v´egre megakpjuk Q(x) faktoriz´aci´oj´at is. Ha ezt nem k´ıs´erelj¨ uk meg, akkor is sz´epen egyszer˝ us¨odik az a´bra az 2 2 3 x + 2-vel val´o egyszer˝ us´ıt´es ut´an: Q(x) = (x + 2)q(x), ahol q(x) = x − 5x2 + 2x − 10, ´es R(x) =

x(x2 + 1)(x2 + 3) . x3 − 5x2 + 2x − 10

Megpr´ob´alva, hogy a nevez˝ot faktoriz´aljuk, itt ´eszrevehetj¨ uk ak´ar azt is, hogy 5 gy¨oke a nevez˝onek, azaz (x − 5)|q(x) - v´eg¨ ul megkapjuk a q(x) = (x − 5)(x2 + 2) felbont´ast. Elosztva a nevez˝ovel a sz´aml´al´ot, most lev´alaszthatjuk a polinomi´alis r´eszt: x(x2 + 1)(x2 + 3) = x5 + 4x3 + 3x = (x2 + 5x + 27) · (x3 − 5x2 + 2x − 10) + 135x2 + x + 270, ´es innen a fentiekhez hasonl´oan fejezhetj¨ uk be a sz´amol´ast.

27

Life Enjoy

" Life is not a problem to be solved but a reality to be experienced! "

Get in touch

Social

© Copyright 2013 - 2019 TIXPDF.COM - All rights reserved.