Embed Size (px)
Citation preview
Budapesti Muszaki es Gazdasagtudomanyi Egyetem Gepeszmernoki KarEnergetika, Mechatronika es Termektervezo BSc szakok
Matematika A1H - oktatasi segedanyag
POLINOMOK OSZTASA ES FAKTORIZALASA,
RACIONALIS TORFUGGVENYEK INTEGRALASA
2015. november
1. Az euklideszi algoritmus az egesz szamokra
Tetel: Ha m,n ∈ Z, akkor letezik (es ±1 egyutthatotol eltekintve egyertelmu) m es nlegnagyobb kozos osztoja (roviden: l.n.k.o.), azaz olyan d ∈ Z, hogy d|m, d|n es mindenδ|m, δ|n eseten δ|d is teljesul.
Bizonyıtas. Feltehetjuk, hogy m,n ∈ N, hiszen ehhez legfeljebb (−1)-gyel kell beszo-rozzuk oket.
Ha n-et elosztjuk maradekosan n-nel, akkor adodik:
0-ik lepes: (m : n) m = h1n+ r1, ahol 0 ≤ r1 < n.
Ha most veletlenul r1 = 0, akkor meg is allhatunk: ebben az esetben mar n|m, es nyilvann a l.n.k.o. Ha nem, akkor viszont folytatjuk: elosztjuk most n-et r1-gyel maradekosan:
1-so lepes: (n : r1) n = h2r1 + r2, ahol 0 ≤ r2 < r1.
Hasonloan, ezt addig folytatjuk induktıven, amig csak lehet:
k-ik lepes: (rk : rk+1) rk−1 = hk+1rk + rk+1, ahol 0 ≤ rk+1 < rk.
Mindig lehet maradekosan osztani, es ezert az eljaras csak akkor szakad meg, ha vegulrk+1 = 0; de ez be kell kovetkezzen, mert mindegyik rk kisebb a megelozoeknel, es ıgylegfeljebb n = r0 lepesben le kell erkezzunk a 0-ba.
Marmost ekkor tetszoleges δ kozos osztora azt lathatjuk, hogy δ|m,n ⇒ δ|m − h1n =r1 ⇒ δ|n− h2r1 = r2 ⇒ · · · ⇒ δ|rk.
Ugyanakkor, ha ez az osztasi algoritmus leallt, akkor rk+1 = 0 es ezert rk|rk−1. Depersze az elozo sorokban mindig igaz, hogy ha d|rj, d|rj−1, akkor d|hjrj−1 + rj = rj−2 isteljesul, tehat visszafele menven azt talaljuk, hogy ha d|rk, rk−1, akkor d|m,n.
Specialisan, a d := rk valasztassal is d|m,n teljesul: es lattuk, hogy minden tovabbi δkozos osztora szuksegkeppen δ|rk = d, tehat d tenyleg legnagyobb kozos oszto lesz.
Az egyertelmuseg kovetkezik abbol, hogy ha d es D ket l.n.k.o., akkor d|D es D|d, azazD = Ad = AaD, Aa = 1, a = 1/A, es az egeszek koreben ez csak ugy lehet, hogy haa = A = ±1.
1
2. Egy szampelda az euklideszi algoritmusra
Legyen pl. m := 210, n := 78. Ekkor az euklideszi algoritmus ıgy nez ki:
(m : n) 210 = 2 · 78 +54(n : r1) 78 = 1 · 54 +24(r1 : r2) 54 = 2 · 24 +6(r2 : r3) 24 = 4 · 6 +0(d := r3) d = 6
Es persze valoban, n = 13 · 6, m = 35 · 6, d := (m,n) = 6.
3. Maradekos osztas a polinomok koreben
Vegyuk eszre, hogy az egesz algoritmus a maradekos osztason mulott. Most megmutatjuk,hogy ha egy tetszoleges szamtestbol – most elegendo a C, R es Q szamtestekre gondolni –vett gyutthatokkal felırt polinomokat tekintunk - ezeket rendre C[x], R[x] es Q[x] jeloli –akkor ezek koreben is lehet hasonlo jellegu maradekos osztast vegezni.
Legyen tehat p, q ∈ C[x] (vagy R[x], Q[x]) ket adott polinom, amelyeknek a fokamondjuk n := deg p, m := deg q. (Idezzuk emlekezetunkbe, hogy a konstans polinomokfoka 0, kiveve a konstans 0 polinomot, amelynek nem is definialtuk a fokszamat: a fokszamegyebkent a legnagyobb nem-0 egyutthatoju x-hatvany kitevoje.) Feltesszuk, hogy q nemaz azonosan 0 polinom, mert ahogyan az egeszek koreben sem lehet 0-val osztani, ugy apolinomok koreben sem: de ahogyan az egeszek koreben minden nem-0 szammal lehetettoszatni (maradekosan), ugy most epp azt akarjuk megmutatni, hogy a polinomok korebenis lehet maradekosan osztani minden nem azonosan 0 q-val.
A vilagosabb jeloles kedveert ırjuk tehat fel a polinomjainkat a szokasos alakjukban:
p(x) = amxm + · · ·+ a1x+ a0
q(x) = bnxn + · · ·+ b1x+ b0.
Itt a pontos fokszamok epp azt jelentik, hogy am 6= 0, bn 6= 0.
Tetel (Maradekos osztas polinomokra). Legyenek p(x) es q(x) 6≡ 0 mint fentebb.Ekkor leteznek 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).
Bizonyıtas. Persze feltehetjuk, hogy m ≥ n, mert ha nem ıgy van, akkor p(x) eleve jo leszmaradeknak: a p(x) = 0 · q(x) + p(x) felırasban ekkor deg p = m < n = deg q volna, eskeszen is volnank. Tehat t.f.h. m ≥ n.
Tobb lepesben addig ”osztogatunk”, azaz vonogatjuk ki p(x)-bol a q(x) kulonbozotobbszoroseit, amig el nem erjuk, hogy a maradek vegul alacsonyabb foku legyen, mintq(x) (avagy eppen azonosan 0).
2
A kiindulo allapotot ugy jellemezhetjuk, hogy p = 0 · q + p, es ehelyett szeretnenka kıvant h · q alaku tobbszorost es valamilyen kisebb foku maradekot kapni. Elsore netorekedjunk arra, hogy a maradekunk kisebb foku legyen, mint q, csak arra, hogy kisebbfoku legyen, mint amit eddig tudtunk, tehat mint p: keressunk h0-t, hogy p = h0 · q + r0,ahol vagy r0 ≡ 0, vagy deg r0 < deg p.
Ez nem is lesz nehez. Most bn ∈ C(R,Q) egy szamtest nem-nulla eleme, tehat van nekireciproka, illetve lehet vele osztani is: van a szamtestben c := am/bn elem. Mivel pedigmqgen, azert az xm−n hatvany egy specialis polinom (”monom”) – ha m = n, akkor azx0 = 1 konstansrol beszelunk, kulonben pedig x, vagy x2 stb. Tehat a h0(x) := c · xm−npolinomra most megprobaljuk a fentieket kiszamolni. Nezzuk csak meg, hogy mind p(x),mind h0(x)q(x) foka eppen n lesz, es a foegyutthatoik am illetve c · bn = (am/bn) · bn =am, egyenloek, tehat a kulonbsegukben csak alacsonyabb foku kifejezesek fognak maradni:r0(x) := p(x)−h0(x)q(x) = p(x)−cxm−nq(x) vagy azonosan nulla, vagy a foka hatarozottankisebb lesz, mint m.
Innen mar egyszeru befejezni az algoritmust. Ha megkonstrualtuk r0(x)-et, akkor ezvagy teljesıti azt is, hogy a foka deg r0 < n = deg q, es akkor keszen is vagyunk, h(x) :=h0(x), r(x) := r(x) jo valasztas, vagy, ha nem, akkor vehetjuk most a p1(x) = r0(x) =p(x) − h0(x) · q(x) polinomot, es ezzel folytathatjuk a kivonogatast. Megint kapunk egyr1(x)-et, hogy r1(x) = p1(x)−h1(x) · q(x) es r1(x) vagy azonosan nulla, vagy mindenesetredeg r1 < deg p1.
Lathato, hogy induktıvan folytatva az eljarast, a maradek fokszama mindig csokken,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 lepesben tortenik meg, akkor felırhatjuk, 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) teljesıti a maradekos osztassal kapcsolatban allıtott felteteleket.
4. Egy szampelda polinomok maradekos osztasara
Legyen p(x) = x5− 3x4−x+ 3, es q(x) = x4− 2x3−x2− 4x− 6. A fenti jelolesekkel tehatitt most m = 5, n = 4, am = 1, bn = 1.
Az elso lepes: r0(x) = p(x) − cxn−mq(x), ahol c = am/bn = 1 most, es m − n = 1.Szamıtsuk 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.
Tehat az elso maradek meg negyedfoku, epp annyi, mint q foka: meg nem zarult lea maradekos osztas. Most ezt vesszuk tovabbi osztandonak: p1(x) := r0(x). Ekkor amegfelelo foegyutthato most a4 = −1, a fokszam deg p1(x) = 4, es ıgy h1(x) = (−1)/1 ·x4−4 = −1 konstans polinom lesz. Ezzel kiszamıtva a levonast, 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 mar csak 3, ami kisebb lesz, mint deg q(x) = 4, tehatle is allhatunk: a maradekos osztas eredmenye
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)
tehat veheto h(x) = x− 1 es a maradek r(x) = r1(x) = −x3 + 3x2 + x− 3 lesz.A tizes szamrendszerben szepen, gyorsan, es attekinthetoen (tehat a hibakat is konnyeb-
ben elkerulve) tudtunk papıron osztani egy jo ırastechnikai megoldassal. Ugyanezt adap-talhatjuk a polinomosztasra is. Nezzuk most meg ezt az ırastechnikai megoldast az adottszampeldan!
Az elvegzendo osztas elso lepese az elso h0(x) = c · xm−n kifejezes meghatarozasa esbeırasa:
(x5 −3x4 −x +3 ) : (x4 − 2x3 − x2 − 4x− 6) = 1 · x
Ezek utan el kell vegezni a visszaszorzast, es a mar felırt h0(x) · q(x) levonasat, amitket lepesben ırunk fel: eloszor csak visszaszorzunk ”a megfelelo helyiertekek ala”,
(x5 −3x4 −x +3 ) : (x4 − 2x3 − x2 − 4x− 6) = 1 · xx5 −2x4 −x3 −4x2 −6x
majd megvaltoztatjuk az elojeleket (az eddigi elojel fole ırva az ujat, a mınusz egysze-reset), es elvegezzuk a kivonast, kiszamıtva a maradekot:
(x5 −3x4 −x +3 ) : (x4 − 2x3 − x2 − 4x− 6) = 1 · x∓x5 ±2x4 ±x3 ±4x2 ±6x
0 −x4 +x3 +4x2 +5x +3 .
A vonal alatt jelentkezik tehat az r0(x) = p1(x), amit, ha lehet (ha a fokszama engedi,azaz ha az n1 := deg p1(x) fokszam meg legalabb akkora, mint az osztoe, a q(x) polinome),akkor ujra elosztunk q(x)-szel, a vonal alatt ismet csak a fenti modszerrel ”konyvelve” areszletszamıtasokat: Eloszor beırjuk a jobb oldalra a most fellepo c · xn1−m = h1(x) ujabbhanyadost, majd visszaszorozva a p1(x) ala ırjuk a h1(x) · q(x) mennyiseget,
(x5 −3x4 −x +3 ) : (x4 − 2x3 − x2 − 4x− 6) = 1 · x+ (−1) · 1∓x5 ±2x4 ±x3 ±4x2 ±6x
0 −x4 +x3 +4x2 +5x +3−x4 +2x3 +x2 +4x +6
es aztan az elojeleket megvaltoztatva elvegezzuk az osszevonast (a levonast, azaz amınusz egyszeressel valo osszeadast) is.
4
(x5 −3x4 −x +3 ) : (x4 − 2x3 − x2 − 4x− 6) = 1 · x+ (−1) · 1∓x5 ±2x4 ±x3 ±4x2 ±6x
0 −x4 +x3 +4x2 +5x +3±x4 ∓2x3 ∓x2 ∓4x ∓6
0 −x3 +3x2 +x −3 .A maradek foka itt mar kisebb, mint az osztoe: ıgy ezzel a maradekos osztast befejeztuk,
es megkaptuk, hogy
(x5 −3x4 −x +3 ) : (x4 − 2x3 − x2 − 4x− 6) = x− 1−x3 +3x2 +x −3 ,
ami ugyanazt jelenti, mint (1), csak kicsit mas formaban.
5. Euklideszi algoritmus es l.n.k.o. a polinomok koreben
Ha egyszer van maradekos osztas, akkor az egesz szamokhoz hasonloan vegrehajthato egyeuklideszi algoritmus is.
Tetel: Ha p(x), q(x) ∈ C[x](R[x],Q[x]) mint fent, akkor akkor letezik (es α ∈ C(R,Q)konstans egyutthatotol eltekintve egyertelmu) pX) es q(x) legnagyobb kozos osztoja (rovi-den: l.n.k.o.), azaz olyan d(x) ∈ C[x](R[x],Q[x]), hogy d(x)|p(x), d(x)|q(x), es mindenδ(x)|p(x), δ(x)|q(x) eseten δ(x)|d(x) is teljesul.
Bizonyıtas. Ugyanugy epıtjuk fel az euklideszi algoritmust, mint az elobb, csak mosta maradekoknak nem az abszoluterteke, hanem a fokszama lesz minden lepesben kisebb,mint az elobb. Mivela fokszamok ugyanugy egy veges deg q = m szamrol indulnak, mint azegeszeknel az oszto abszoluterteke, es mivela maradekok fokszama mindig ugyanugy kisebblesz, ismet csak veges sok lepes utan leall az algoritmus: valahol 0 maradekot fogunk kapni,azaz maradek nelkuli oszthatosag fog fennallni. Innen pedig lepesenkent visszafejthetjuk,hogy az utolso osztonk l.n.k.o. lesz.
Az egyertelmuseg tekinteteben most az adodik, hogy ha d(x)|D(x) es D(x)|d(x) ketl.n.k.o., akkor egyreszt mindenkepp a fokszamoknak egyenloknek kell lenniuk, mert osztokentd(x) 6≡ 0 es D(x) 6≡ 0, es ıgy abbol, hogy osztjak egymast, es abbol, hogy az oszatando,mint az oszto tobbszorose, nem lehet kisebb fokszamu, mint az oszto (csak ha az osztando0 volt, ami most nem lep fel), adodik, hogy mindegyikuk legalabb akkora fokszamu, minta masikuk. Masreszt, ha mar tudjuk, hogy a fokszamok egyenloek, akkor amiatt, hogy ”aszorzat fokszama = a tenyezok fokainak osszege”, amiatt nyilvan a hanyadosok 0 fokuak,azaz konstans polinomok, es kapjuk, hogy d(x) = A ·D(x), D(x) = a ·d(x), ahol ismet csakA, a ∈ C(R,Q), es aA = 1 konstansok, de most a szamtestben ezek tetszoleges nem-nullaszamok lehetnek.
5
6. Pelda polinomok l.n.k.o.-janak kiszamıtasara
Folytatva a megkezdett polinomosztasi peldat, szamıtsuk akkor most ki a fenti p(x) es q(x)polinomok l.n.k.o.-jat, azaz a d(x) := (p(x), q(x)) = (x5−3x4−x+3, x4−2x3−x2−4x−6)polinomot!
A legelso maradekos osztast mar elvegeztuk: a p(x) = h(x)q(x) + r(x) felıras meg-talalhato az (1) formulaban. Most ehhez indexeket rendelunk: az egesz szamoknal hasznaltjeloleshez hasonloan azt ırjuk, hogy h1(x) := h(x) = x− 1 es r1(x) := r(x) = −x3 + 3x2 +x− 3.
Az algoritmust a masodik lepessel folytatjuk, azaz most elosztjuk a q(x)-et az ittfellepett r1(x) maradekkal. A mar megtanult ırastechnikat alkalmazva ennek kiszamıtasaıgy nez ki:
(x4 −2x3 −x2 −4x −6 ) : (−x3 + 3x2 + x− 3) = (−1) · x+ (−1) · 1∓x4 ±3x3 ±x2 ∓3x
0 +x3 0 −7x −6∓x3 ±3x2 ±x ∓3
0 +3x2 −6x −9 .azaz a szokasos visszaszorzott, maradekos alakban felırva
q(x) = h2(x) · r1(x) + r2(x),
x4 − 2x3 − x2 − 4x− 6 = (−x− 1) · (−x3 + 3x2 + x− 3) + 3x2 − 6x− 9. (2)
Ugyan a maradek fokszama ismet kisebb lett, mint az osztoe, de meg mindig nem lett amaradek azonosan 0, tehat folytatjuk az euklideszi algoritmust: az eddigi osztot elosztjuka most talalt maradekkal. Azt talaljuk, hogy
r1(x) = h3(x) · r2(x) + r3(x),
−x3 + 3x2 + x− 3 =
(−1
3x+
1
3
)· (3x2 − 6x− 9) + 0, (3)
aminek kiszamıtasa az immar megszokott ırastechnikankkal ıgy nez ki:
(−x3 +3x2 +x −3 ) : (3x2 − 6x− 9) =
(−1
3
)· x+
(1
3
)· 1
±x3 ∓2x2 ∓3x0 x2 −2x −3
∓x2 ±2x ±30 .
Ezzel a harmadik polinomosztassal elerkezunk az azonosan 0 maradekhoz, tehat beveg-zodik az euklideszi algoritmus, es megkaptuk a legnagyobb kozos osztot, mint az utolsonem-nulla maradekot: d(x) = r2(x) = 3x2−6x−9. Konstans kiemelesevel ezt egy kicsit meg
egyszerubb alakra is hozhatjuk: D(x) =1
3d(x) = x2 − 2x− 3. Tehat a l.n.k.o. megadhato
6
ugy is, mint (p(x), q(x)) = x2−2x−3, sot ezt konnyen linearis szorzotenyezokre bonthatjuk:(p(x), q(x)) = x2 − 2x− 3 = (x− 3)(x+ 1).
Vegyuk eszre, hogy ugyan a feladatban mindket polinom egesz egyutthatos, de az nemgaratalhato, hogy az osztasi eljaras vegigmegy Z[x]-ben: mindenestre szuksegunk lehetfoegyutthatokent fellepo egesz szamokkal valo osztasra, amibol racionalis mennyisegekadodnak, es azutan a kovetkezo lepesekben mar ezek is fellephetnek foegyutthatokent,tehat ezekkel is osztani kell, es ıgy tovabb. Tehat altalaban csak annyit garantalhatunk,hogy a Z-t tartalmazo minden szamtestben (ıgy mar Q-ban is) benne lesznek az egyutt-hatok. Tehat a maradekos osztast Q[x]-ben biztosan el tudjuk vegezni, de nem feltetlenulZ[x]-ben.
7. Polinomok faktorizacioja es egyszerusıtesi lehetosegek
Ugyes eszrevetelekkel persze sok szamolast megsporolhatunk.Ahogyan az egesz szamok koreben, ugy a polinomoknal is minden polinom tovabb
mar nem felbonthato ”prımtenyezok” szorzatara bomlik, es a l.n.k.o. a kozosen eloforduloprımtenyezok szorzata.
Ezek az irreducubilis (”felbonthatatlan”) tenyezok attol fuggoen bonthatoak fel vagysem, hogy milyen szamtest felett dolgozunk veluk. Peldaul az x4− 2 polinom Q[x]-ben fel-bonthatatlan (ez egy elgondolkodtato hazi feladat lehet), R[x]-ben felbomlik harom tenyezoszorzatara: x4 − 2 = (x2 +
√2)(x2 −
√2) = (x2 +
√2)(x+ 4
√2)(x− 4
√2), es vegul az elso,
kvadratikus tenyezo – ami R[x]-ben tovabb mar nem felbonthato, hiszen a diszkriminansanegatıv, nincsen valos gyoke – is tovabb bomlik C[x]-ben: x2 +
√2 = (x+ i 4
√2)(x− i 4
√2).
Az, hogy mindig jol felbonthatjuk a polinomokat, azert van, mert komplex egyutthatospolinomok eseteben ez az egeszen linearis gyoktenyezokig valo felbonthatosag mindig fenall.Ezt mondja ki a kovetkezo nevezetes tetel.
Tetel (Algebra alaptetele). A komplex szamtest felett minden p(z) ∈ C[z] komplexegyutthatos polinom gyoktenyezok szorzatara bomlik: ha deg p(z) = n, akkor p(z) =a∏n
j=1(z − zj), ahol zj ∈ C a gyokok, a multiplicitasuknak megfelelo sokszor felsorolva.
Ezt a tetelt a komplex fuggvenytanban szokas igazolni: a bizonyıtasahoz nem ele-gendoek a klasszikus algebra modszerei – ahogyan azt a tetelt is, hogy paratlan foku valospolinomnak van valos gyoke, csak a valos analızisben (ugye a Bolzano tetellel) – lehetmegmutatni, es nem az algebra segıtsegevel.
Viszont lehetseges egy latszolag gyengebb es egyszerubb – a Bolzano tetelre meg jobbanhasonlıto – alakban kimondani a tetelt, es abbol igazolni a fenti ”teljes” alakot.
Tetel (Algebra alaptetele – egyszerubb forma). A komplex szamtest felett min-den p(z) ∈ C[z] komplex egyutthatos nem-konstans polinomnak van (komplex) gyoke.
Megjegyzes. Vegyuk eszre, hogy ez az alak csak annyit allıt, hogy ha deg p(z) ≥ 1,akkor letezik (legalabb egy) gyok, mıg a fentebbi erosebb alakban azt fogalmaztuk meg,
7
hogy ha deg p(z) = n, akkor p-nek pontosan n gyoke van (persze az esetleges tobbszorosgyokoket multiplicitasuk szerint szamolva). Barmilyen meglepo, egy szamtest feletti ”po-linomgyuruben” ezek az alıtasok egyenertekuek, ekvivalensek.
Ennek a tetelnek a bizonyıtasa hasznalja a komplex valtozos differencialhato fuggvenyekelmeletet. Azt tanultuk, hogy p(z) ∈ C[z] komplex ertelemben is differencialhato mindenz ∈ C pontban. Azokat a komplex fuggvenyeket, amelyek a komplex szamsık egeszsen,minden pontban (komplex) differencialhatoak, egesz fuggvenyeknek nevezik a komplexfuggvenytanban. Ezeknek sok fontos, erdekes – sokszor a valosban szokatlan – tulaj-donsaguk van, amelyek bizonyıtasa valojaban nem is olyan nehez, de persze azert a komp-lex fuggvenytan szisztematikus felepıtesere, tanulmanyozasara van hozzajuk szukseg, es ıgyerre most nem terhetunk ki. Tehat most csak bizonyıtas nelkul kozoljuk a kovetkezo tetelt.
Tetel (Liouville). Ha egy egesz fuggveny korlatos C-n, akkor azonosan konstans.
Ez a valosban nem igaz: pl. az f(x) = cosx fuggveny akarhanyszor differencialhato,es korlatos R-en. De komplex fuggvenytanban ez az egyik alaptetel. Eddig csak nehanykomplex egesz fuggvenyt ismerunk: a polinomokat, ez-t, az ebbol szarmaztatott ch z, sh zfuggvenyeket, de ezek valoban nem voltak korlatosak: Liouville tetele azt mondja ki, hogykomplexben ez egy altalanosan ervenyes tulajdonsaga az egesz fuggvenyeknek. Elsore kicsitmeglepo a dolog, annal is inkabb, mert C reszhalmazaira azert mar nem marad ervenybenegy ilyen eros allıtas: pl. az f(z) = 1/z fuggveny differencialhato az egysegkoron kıvul, esott korlatos is (hiszen |1/z| ≤ 1, ha |z| > 1).
Az Algebra Alaptetelenek bizonyıtasa a Liouville tetelbol. Legyen tehat p ∈ C[z] tetszo-leges. Ha p(z) ≡ const., akkor persze keszen vagyunk, tehat feltehetjuk, hogy deg p ≥ 1,ami azt is jelenti, hogy p(z) → ∞, ha z → ∞. Figyelem, itt komplex fuggvenytannaldolgozunk, tehat ”csak egy vegtelen van”, es p(z) → ∞ azt jelenti, hogy |p(z)| → ∞,amidon |z| → ∞, azaz ∀K ∃R ugy, hogy |p(z)| > K ha |z| > R.
Tekintsuk most az f(z) := 1/p(z) komplex fuggvenyt, amelynek ertelmezesi tartomanyaDf = C − Z, ahol Z a p(z) polinom 0-helyeinek, gyokeinek a halmaza. Ha tehat p-neknincsen gyoke, akkor Z = ∅ es f egesz fuggveny lesz. Specialisan, persze f folytonos is azegesz komplex sıkon.
Marpedig ebben az esetben f korlatos is, hiszen pl. K = 1-hez veve a megfelelo R-et,azt talaljuk, hogy |z| > R-re |f(z)| = 1/|p(z)| < 1/K = 1 (mert itt |p(z)| > K), a korlatos,zart D(R) := {z ∈ C : |z| ≤ R} korlapon pedig minden folytonos fuggveny – ıgy fis – korlatos kell maradjon. Valoban, ha volna olyan zn ∈ D(R), amelyre |f(zn)| ≥ n,akkor a Bolzano-Weierstarss tetel miatt vehetnenk ebbol egy znk → z0 ∈ D(R) konvergensreszsorozatot, amelyre ezek szerint limk→∞ f(znk) = ∞ teljesulne, holott a folytonossagmiatt limk→∞ f(znk) = limz→z0 f(z) = f(z0) kell igaz legyen a folytonossag miatt. Hasonlomeggondolassal – valosban ezt is bizonyıtottuk az eloadason! – konnyen lathato az is,hogy D(R)-en a legkisebb felso korlat egyben maximuma is lesz f -nek. Legyen tehatM := maxD(R) |f | az f korlatja D(R)-en: ekkor |f(z)| ≤ max(1,M) az egesz komplex sıkbarmely pontjaban.
8
Abbol, hogy f egesz fuggveny, es |f(z)| ≤ max(1,M) korlatos, Liouville tetele szerintaz kovetkezik, hogy f(z) ≡ c. Jegyezzuk meg, hogy c 6= 0, f(z) = 1/p(z) nem lehetseholsem 0, hiszen p(z) =∞ nem lephet fel a veges z ∈ C pontokban. Tehat visszakapjuk,hogy ha p-nek nincsen gyoke, azaz ha Z = ∅ es f(z) := 1/p(z) egesz fuggveny, akkorp(z) ≡ C := 1/c azonosan konstans, amint allıtottuk.
Az Algebra Alaptetele teljes alakjanak bizonyıtasa a gyengebb alakbol. Legyen tehatp(z) = anz
n + · · · + a0 ∈ C[z] egy tetszoleges, an 6= 0, deg p = n ≥ 1 nem-konstanspolinom. Kiemelve a := an-et, felteheto, hogy p foegyutthatoja 1.
Ha n = 1, akkor ez azt jelenti, hogy p(z) = a1z+a0 = a1(z+(a0/a1), tehat a := a1 6= 0 esz1 := −a0/a1 mellett p(z) = a(z−z1), amint allıtjuk. Bizonyıtsunk tehat teljes indukcioval!Ha deg p ≤ n−1 -ig mar tudjuk az allıtast, akkor tekintsuk az n > 1-edfoku p(z)-t es annakegy α gyoket (ami az Algebra Alaptetelenek gyengebb alakja szetint mindig letezik).
Lemma. Legyen p(z) ∈ K[z] egy K szamtest feletti polinom. Az α ∈ K ennek pontosanakkor lesz gyoke (azaz p(α) = 0), ha a (z−α) linearis faktor – gyoktenyezo – osztja p(z)-t,azaz van olyan q(z) ∈ K[z] polinom, amelyre p(z) = q(z) · (z − α). Specialisan, ekkordeg q = deg p− 1.
Lemma bizonyıtasa. Ha p(z) = q(z)(z−α), akkor p(α) = q(α)(α−α) = 0. Megfordıtva,ha p(α) = 0, akkor p-t maradekosan elosztva a z−α elsofoku polinommal, azt kapjuk, hogyp(z) = q(z)(z − α) + r(z), ahol azonban vagy r(z) ≡ 0, vagy deg r(z) < deg(z − α) = 1,tehat r(z) ≡ c konstans. Behelyettesıtve α-t kapjuk, hogy 0 = p(α) = q(α)(α − α) + c,tehat c = 0, es (z − α)|p(z).
Folytatva tehat az Algebra Alaptetelet, a Lemma ertelmeben a (z − α) gyoktenyezoosztoja p-nek: tehat p(z) = q(z)(z−α), ahol ugye deg q(z) = n− 1. Erre a q(z) hanyados-polinomra tehat alkalmazhato az indukcios felteves: q(z) = a
∏n−1j=1 (z − zj). Beırva a
p(z) = q(z)(z − α) eloallıtasba ezt, es azt, hogy zn := α, megkapjuk a tetelt.
Konnyu latni, hogy ha most p(x) ∈ R[x] valos egyutthatos polinom, es ennek z = zj ∈ Cegy komplex gyoke, akkor a z = zj konjugalt is gyoke lesz p-nek: ugyanis p(z) = anz
n +
· · · + a1z + a0 = anzn + · · ·+ a1z + a0 = p(z) = 0 = 0. Ebbol pedig az kovetkezik, hogyha a p(x) ∈ R[x] polinom komplex gyokei kozul kivesszuk az α1, . . . , αk valos gyokoket, esa maradek nem-valos komplex gyokoket konjugalt parokba rendezzuk, akkor minden valospolinomot fel tudunk ırni olyan alakba, hogy
p(x) = a
k∏j=1
(x− αj)m∏`=1
(x2 + β`x+ γ`) (deg p = n = k + 2m), (4)
ahol a kvadratikus tenyezoknek nincsenek valos gyokeik (hiszen nem-valos komplex gyokeikvannak, ıgy a kvadratikus egyenlet megoldokepleteben negatıv a diszkriminansuk, es ezertsemmikeppen sem lehet valos gyokuk). Nyilvan egy x2 + βx + γ kvadratikus polinom
9
pontosan akkor irreducibilis (felbonthatatlan) – mar ugye R felett, mert komplexben min-den polinom linearis faktorokra bomlik! – ha nincsen valos gyoke: ha ugyanis felbomlananem-trivialisan, azaz ket elsofoku tenyezore, akkor (x− α1)(x− α2) alaku volna, es α1, α2
a gyokei lennenek. Tehat (4) epp a p(x) irreducibilis tenyezokre bontasa R[x]-ben. MA-gyaran, megkaptuk az algebra alaptetelenek kovetkezo, valos valtozatat.
Tetel (Algebra alaptetele valosban). Ha p(x) ∈ R[x] egy deg p = n > 1 valosegyutthatos polinom, akkor ez valos gyoktenyezok es masodfoku, nem-nulla (valos gyoknelkuli) irreducubilis kvadratikus faktorok szorzatara bonthato a (4) szerint.
A fentiekbol kovetkezik, hogy ha p(x), q(x) valos polinomok (mint a fenti peldankban),akkor ezeknek is a (4) alaku irreducibilis tenyezos felbontasuk van, es a l.n.k.o. eppena kozos tenyezoket tartalmazza (multiplicitas eseten a mindkettoben meg meglevo legna-gyobb hatvanyon).
Probaljuk ezt a ”polinom-szamelmeleti” tudasunkat kamatoztatni a fenti l.n.k.o. ke-resesi peldaban! Alljunk most neki ugy a feladatnak, hogy probaljuk meg p(x)-et es q(x)-etfelbontani az algebra alaptetele szerinti (4) modon, es kikeresni a kozos tenyezoket!
Kezdjuk azzal az eszrevetellel, hogy p(x)-rol szinte ordıt, hogy (x− 3)|p(x), u.i. x− 3nyilvan konnyen kiemelheto belole, es adodik p(x) = (x− 3)(x4 − 1). Ha ezt eszrevettuk,akkor mar nagyon konnyu tovabb felbontanunk p(x)-et: p(x) = (x−3)(x−1)(x+1)(x2+1),es ez tovabb mar nem is bomlik R[x]-ben, mert x2 + 1 > 0, nincsen gyoke.
q(x)-nek talan nem latjuk ennyire konnyen a tenyezoit, de azt hamar leellenorizhetjuk,hogy a p(x)-ben talalt linearis faktorok kozul melyek lehetnek q(x)-nek is tenyezoi: ugyanisha egy (x − α) linearis gyoktenyezo benne van q(x)-.ben, az pontosan akkor fordulhatelo, ha q(α) = 0. Tehat p(x) felbontasanak ismereteben a legokosabb, ha leteszteljuk,hogy p gyokei kozul mely gyokok lesznek egyuttal gyokei a q-nak is. Azt talaljuk, hogyq(−1) = q(3) = 0, de q(1) = −12 6= 0. Tehat a linearis faktorok kozul az (x−3) es az (x+1)lesznek kozos tenyezok p(x)-ben es q(x)-ben, es ezekkel ıgy maris erdemes lefaktorizalni,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, tehat vegul megkapjuk a q(x) = (x+ 1)(x− 3)(x2 + 2) irreducibilis felbontast is, esebbol persze nyilvanvaloan adodik, hogy d(x) = (p(x), q(x)) = (x+1)(x−3) = x2−2x−3.
Vegyuk eszre, hogy egy szimpla eszrevetel – az, hogy p(x)-bol ki lehet emelni (x−3)-at– milyen jelentos mertekben egyszerusıtette, megkonnyıtette a munkankat!
Ugyanıgy persze az euklideszi algoritmus vegrehajtasa soran is okoskodhatunk, trukkoz-hetunk a konnyebb szamolas kedveert. Peldaul egy konstans kiemelese – ha nem felejt-kezunk el rola kesobb, ami vezethet szamolasi hibahoz persze! – egyszerusıtheti a dol-gunkat. Peldaul amikor a (3x2 − 6x − 9) polinommal kellett osztanunk, jobban tettukvolna, ha kiemeljuk a 3 konstansot, leosztunk a sokkal kellemesebben szamolhato (x2 −2x − 3) polinommal, es csak azutan osztunk meg tovabb a 3 konstanssal. Ha megvanaz (x2 − 2x − 3) alak, akkor konnyen felırhatjuk a gyoktenyezos felbontasat is, es megintcsak egyszerusıthetjuk a szamolast a linearis tenyezokkel valo egymas utani, lepesenkentiosztasra.
10
8. Alkalmazas: egy racionalis tortfuggveny integralasa
Lassuk most, hogy hogyan hasznosıthato mindez akkor, ha a feladatunk az
F (x) :=
∫R(x)dx =
∫p(x)
q(x)dx =
∫x5 − 3x4 − x+ 3
x4 − 2x3 − x2 − 4x− 6dx (5)
hatarozatlan integral (primitıv fuggveny) kiszamıtasa!Abbol, amit eddig kiszamoltunk, adodik, hogy – leszamıtva az x = −1 es x = 3
pontokat, amelyekben a nevezo zerushelye miatt az integrandus nincsen ertelmezve – ugyalakıthatjuk at a racionalis tortfuggvenyunket, hogy
R(x) =p(x)/d(x)
q(x)/d(x)=
(x− 1)(x2 + 1)
x2 + 2= x− 1− x− 1
x2 + 2.
Vegyuk eszre, hogy itt akar az egyszerusıtes elott is kiemelhettuk volna a h1(x) = x −1 polinomialis tagot – a szamolas sorrendje (elobb egyszerusıtunk, aztan vegezzuk el amaradekos osztast vagy fordıtva) az eredmenyen nem valtoztat. A masik esetben azonbanaz r1(x)/d(x)-et kellett volna kiszamoljuk, amit eddig meg nem tettunk, ıgy inkabb mostazt valasztottuk, hogy az egyszerusıtes utan vegeztuk el az (x−1)(x2 +1) = x3−x2 +x−1polinom maradekos osztasat az x2 + 2 nevezovel.
Itt egyebkent megint lehet meg okosabban is szamolni, megtakarıtva meg ezt a ma-radekos osztast is: u.i. ki lehet emelni az (x − 1) faktort a szamlalobol, es aztan marnagyon konnyen azt ırhatjuk, hogy
R(x) =(x− 1)(x2 + 1)
x2 + 2= (x− 1) · x
2 + 1
x2 + 2= (x− 1) ·
(1− 1
x2 + 2
)= x− 1− x− 1
x2 + 2.
Vegyuk eszre, maris mennyit egyszerusodott a feladatunk! Innen tovabb szamolva∫R(x)dx =
∫ (x− 1− x− 1
x2 + 2
)dx =
∫(x− 1)dx−
∫x− 1
x2 + 2dx
=1
2x2 − x+ C +
1
2
∫2x
x2 + 1dx−
∫dx
x2 + 2
=1
2x2 − x+ C +
1
2log(x2 + 1)− 1√
2arctan
(x√2
).
A ket utolso integralas figyelemremelto, de a parcialis tortfuggvenyek integralasa soransztenderd, sot alapveto (es meg is kell tanulni): egyreszt
∫f ′(x)/f(x)dx = log f(x) + C,
masreszt∫ dx
x2 + a=
1√a
arctan
(x√a
)+C, mely utobbirol meggyozodhetunk konnyen, ha
derivaljuk a kifejezest. Persze ezt az utobbit konnyen ki is lehet ”gyurni”, elozetes keplet-megadas nelkul is: csak az y := x/
√a linearis helyettesıtest kell elvegezni az integralban.
11
Ehhez hasonloan kiszamıthato tetszoleges pozitıv (tehat valosban gyokmentes) kvad-ratikus (azaz masodfoku) polinomra az is, hogy∫
dx
x2 + bx+ c=
∫dx
(x+ b/2)2 +D(D := c− b2/4 > 0⇔ a diszkriminans negatıv)
=
∫1
Dy2 +D
dx
dydy
(y :=
x+ b/2√D
; x =√Dy − b/2;
dx
dy=√D
)=
1√D
∫1
y2 + 1dy =
1√D
arctan y + C =1√D
arctan
(x+ b/2√
D
)+ C.
Meg ennel is altalanosabban az eloadason kiszamoltuk reszletesen azt is, hogy∫dx
ax2 + bx+ c=
2√−∆
arctan
(2ax+ b√−∆
)+ C
(a diszkriminans ∆ := b2 − 4ac < 0
),
de erre tenyleg nincsen igazan szukseg, mert azert egy konstans tenyezo kiemelesevel mindigkonnyen elerheto, hogy a nevezo foegyutthatoja eleve 1 legyen.
9. Homogen nevezoju racionalis tortfuggvenyek integralasa
Az elobbi feladatunkban R(x) felbomlott egy polinomialis reszre (aminek integralasa nemokozott problemat), egy olyan reszre, amiben az f ′/f alakot ismertuk fel (es ıgy tudtukintegralni, hiszen
∫f ′/f = log f), es vegul egy kvadratikus polinom reciprokara, amelynek
integralasat az∫ dy
y2 + 1= arctan y integralra vezethettuk vissza.
Mennyiben volt ez csak szerencses veletlen? Mit tudunk tenni, ha masfele kifejezesekadodnak egy racionalis torfuggveny integralasa soran?
Azt lattuk, hogy az algebra alaptetele meghatarozza a nevezo faktorait. Ebben aszakaszban foglalkozzunk azokkal az esetekkel, amikor csak egyetlen (masodfoku vagyelsofoku) tenyezo valamilyen hatvanya szerepel a nevezoben: nevezzuk ezeket a nevezobenhomogen faktoroknak. Kesobb majd latni fogjuk, hogy ez a fontos specialis eset altalanossagbanis elvezet a feladatunk teljes megoldasahoz.
Ha w ∈ R tetszoleges, akkor a hatvanyfuggveny integralasi szabalyabol es a helyet-tesıteses integralasbol∫
C
(x− w)αdx =
{C log |x− w| ha α = 1C
1−α(x− w)1−α ha α 6= 1,
azaz a nevezoben egy adott linearis faktor akarmilyen nagy hatvanyaival – mindaddig,amig a szamlaloban konstans talalhato – nincsen gondunk.
Persze barmi mas polinom is lehet a szamlaloban, de ez sem akadaly. Maradekososztassal mindig felırhatjuk azt ugy, hogy ami tobbszorose (x−w)α-nak, azt kiemeljuk (eslesz egy polinomialis resz belole), ami meg marad, annak a foka < α; aztan ezt meg tovabb
12
elosztva maradekosan (x − w)α−1-gyel, a hanyados – tehat ahanyszor megvan a < α fokupolinomban (x − w)α−1 – ad egy c/(x − w) alaku tagot, es a maradek foka mar kisebb,mint α− 1, stb. Tehat vegul egy polinomialis reszre es tovabbi C/(x−w)λ (λ ≤ α) alakutagok osszegere bonthatjuk a p(x)/(x− w)α fuggvenyt, barmi is volt a szamlalo.
Hogy ezt jobban atlassuk, a legegyszerubb azt az esetet peldanak vennunk, amikorw = 0. Az, hogy az altalanos esetet ilyenre vezessuk vissza, csak egy linearis x′ := x − whelyettesıtest kıvan. Ha tehat most a feladat p(x)/xα integralasa, ahol p(x) = amx
m+· · ·+a1x+ a0, akkor nyilvan p(x)/xα = (amx
m−α + · · ·+ aα) + aα−1/x+ · · ·+ a1/xα−1 + a0/x
α
a kıvant felbontas – amit mar konnyen integralhatunk.Lassuk mindezt egy szampeldan! Ha a nevezoben felismerhetjuk (x − 1) hatvanyat,
akkor az u := x − 1, x = u + 1 helyettesıtes hozza konnyebben kezelheto alakra a kife-jezesunket:∫
3x4 − 12x3 + 17x2 − 5x− 5
x3 − 3x2 + 3x− 1dx =
∫3x4 − 12x3 + 17x2 − 5x− 5
(x− 1)3dx
=
∫3(u+ 1)4 − 12(u+ 1)3 + 17(u+ 1)2 − 5(u+ 1)− 5
u3· 1 du
(dx
du= 1
)=
∫(3u4 + 12u3 + 18u2 + 12u+ 3)− 12u3 − 36u2 − 36u− 12 + 17u2 + 34u+ 17− 5u− 10
u3du
=
∫3u4 − u2 + 5u− 2
u3du =
∫ (3u− 1
u+ 5
1
u2− 2
1
u3
)du
=3
2u2 − log u− 5
u+
1
u2+ C =
3
2x2 − 3x+
3
2− log |x− 1| − 5
x− 1+
1
(x− 1)2+ C.
Vegyuk eszre, hogy itt a szamlalo magasabb foku volt, mint a nevezo, es persze a po-linomialis tagot akar mindjart a helyettesıtes elott is levalaszthattuk volna - maradekososztassal, ugye - de ezzel sem vesztegettuk az idot, egy menetben atalakıtottuk az egesztortet es a polinomialis resz levalasztasa is persze egyszerubb volt ugy, hogy a nevezo u3,tehat egy tiszta u-hatvany, a legegyszerubben kezelheto alaku oszto lett. Ez a mechanikusatalakıtas persze nagyon kihasznalja, hogy egyetlen linearis tenyezo homogen hatvanya alla nevezoben - de a maradekos osztassal valo polinomialis resz levalasztas, majd a tovabbimaradekos osztasok azert mindig elvegezhetoek, akar enelkul a helyettesıteses egyszerusıtesnelkul is.
Mi van homogen, de egy adott masodfoku tenyezo hatvanyakent eloallo nevezo eseten?Szerencsere nem rosszabb a helyzet akkor sem, ha egy p(x)/r(x)α alaku kifejezessel vandolgunk, ahol most r(x) = x2 + bx + c egy pozitıv (valos gyok nelkuli) masodfoku fak-tor. Ekkor is szinte ugyanezt tehetjuk: sorban elosztunk az rλ(x) hatvanyokkal, kezdve alegnagyobb rα(x)-szel, egeszen az elso hatvanyig.
Tehat eloszor levalasztunk egy h0(x) polinomialis reszt – az rα(x)-szel valo osztashanyadosat – aztan a maradek p1(x), deg p1(x) < deg r(x)α = 2α (azaz 2α-nal kisebb foku)reszt maradekosan eloszthatjuk r(x)α−1-gyel, es ırhatjuk, hogy p1(x) = h1(x)r(x)α−1+p2(x)– ahol ugye itt deg p2(x) < deg r(x)α−1 = 2(α − 1) – es a hanyadost egyszerusıtes utan
13
p1(x)/r(x)α = h1(x)/r(x) + p2(x)/r(x)α alakba ırhatjuk. Majd kovetkezoleg a p2(x) ma-radekban mar azt nezzuk meg, hogyan van meg benne r(x)α−2, stb., es adodik a fel-bontas: p(x)/r(x)α = h0(x)+h1(x)/r(x)+· · ·+hα(x)/r(x)α, ahol itt ugye minden lepesbendeg pλ(x) < deg rα−(λ+−1)(x) = 2(α− λ+ 1).
A pλ(x) = hλ(x)r(x)α−λ + pλ+1(x) maradekos osztasbol felırva a fokszamokat,
2(α− λ) + 2 ≥ deg
(pλ(x)− pλ+1(x)
)= deg
(hλ(x)r(x)α−λ
)= deg hλ(x) + 2(α− λ),
es adodik, hogy deg hλ(x) < 2, azaz hλ(x) = Aλ +Bλ elsofoku, linearis polinom.Hirtelen ugy tunhet, hogy a helyzet rosszabb, mint a linearis esetben, mert a szamlaloban
azert van x-es tag is. Ez azonban csak latszolag problema, mert valojaban az r′(x) = 2x+btagot A/2-szor kiemelve ırhato, hogy∫
Ax+B
r(x)λdx =
∫Ax+ A
2b+
(B − A
2b)
r(x)λdx =
A
2
∫r′(x)
r(x)λdx+
(B − A
2b
)∫dx
r(x)λ,
es itt az elozoekhez hasonloan (helyettesıteses integrallal) az elso integral ismet adodik:∫r′(x)
r(x)λdx =
{log r(x) ha λ = 11
1−λr(x)1−λ ha λ 6= 1.
Marad tehat az utolso,∫
dxr(x)λ
integral kiszamıtasa, es ebbol is mar fentebb megmutat-tuk, hogyan szamolhato ki a λ = 1 eset az arctan segıtsegevel. Utolsonak tehat nezzukmeg, mikent szamıthatjuk ki az integralt akkor, ha λ > 1.
Lassunk tehat most egy (kicsit meg altalanosabban felırt) szampeldat:
I :=
∫7x− 4
(5x2 + 6x+ 2)3dx =? (6)
Mivel (5x2 + 6x+ 2)′ = 10x+ 6, azert
I =7
10
∫10x− 40/7
(5x2 + 6x+ 2)3dx =
7
10
∫10x+ 6− 82/7
(5x2 + 6x+ 2)3dx
=7
10
∫(5x2 + 6x+ 2)′
(5x2 + 6x+ 2)3dx+
7
10
∫−82/7
(5x2 + 6x+ 2)3dx
=7
10
(1
1− 3
)1
(5x2 + 6x+ 2)2− 82
10
∫1
(5x2 + 6x+ 2)3dx.
A kulcs tehat, mint fentebb mondtuk, a
J :=
∫dx
(5x2 + 6x+ 2)3dx
14
integral kiszamıtasa. Gyozodjunk meg rola, hogy a nevezo valoban nem 0 seholsem: adiszkriminansa D = 62 − 4 · 5 · 2 = −4 < 0. Ezert ıgy szamolhatunk:
J =1
125
∫dx
(x2 + 65x+ 2
5)3
=1
125
∫dx
((x+ 35)2 − 9
25+ 10
25)3
=1
125
∫dx
((x+ 35)2 + 1
25)3
= 125
∫dx
((5x+ 3)2 + 1)3
(y := 5x+ 3; x =
y − 3
5
)= 125
∫1
(y2 + 1)31
5dy = 25
∫dy
(y2 + 1)3
(dx
dy=
1
5; dx =
1
5dy
)Vegul elerkeztunk a megoldando alapintegralhoz, amit ıgy alakıthatunk at y = tan t (t =arctan y) helyettesıtessel:∫
dy
(y2 + 1)3=
∫1
(tan2 t+ 1)31
cos2 tdt =
∫cos4 t dt
(y = tan t;
dy
dt=
1
cos2 t
)Nyilvan ugyanilyen jellegu kifejezest kapunk, ha nem kobos, hanem mas hatvany van anevezoben, csak a cos t kitevoje lesz egy masik (de paros) egesz kitevo. Ideje tehat, hogymegbeszeljuk az ilyesfajta trigonometrikus integralok kiszamıtasat is.
10. Trigonometrikus szorzatkifejezesek integralja
Az elozo fejezetben arra jutottunk, hogy homogen nevezoju racionalis tortkifejezesek in-tegralasa mindig elvegezheto, felteve, hogy ha ki tudjuk integralni azt a kifejezest is, amely-ben egy masodfoku, valosban gyokmentes (tehat nem-valos komplex gyokparhoz tartozo)nevezo egynel magasabb hatvanyanak reciprokaval van dolgunk. Egyszeru linearis helyet-
tesıtessel ezt az esetet ugy alakıtottuk at, hogy a feladatunk a C(k) :=∫ dy
(y2 + 1)k+1
integralra vezessen, ezt pedig egy y = tg t tovabbi helyettesıtessel a kovetkezo formaraalakıtottuk at:
C(k) :=
∫dy
(y2 + 1)k+1=
∫cos2k tdt . (7)
Most tehat ennel kicsit altalanosabban trigonometrikus szorzatkifejezesekkel foglalkozunk,es megmutatjuk, hogyan lehet ilyeneket integralni.
Trigonometrikus szorzatkifejezeseken, es (roviden szolva) trigonometrikus integralokonolyan kifejezeseket es integralokat ertunk1, amelyek alakja
T := T (m,n) :=
∫cosm t sinn t dt.
1Persze mondhatnank, hogy az∫
cos(7x + 2) sin(x2 − 1)dx integral, vagy az∫ cos(7x+ 2π/3) + sin(x− π/4)
sin(2x− π/3)dx is trigonometrikus integral, meg az
∫ cos2 x+ 3 sinx
4 cosx+ sin3 xdx is trigo-
nometrikus integral, de ezeket megsem szokas ”trigonometrikus integraloknak” nevezni, csak a fenti alakukifejezeseket.
15
Vegyuk eszre, hogy ha valamelyik trigonometrikus alapfuggveny kitevoje eppen egy, akkoregy
∫fαf ′ tıpust latunk magunk elott, amit α minden valos ertekere tudunk integralni.
Ha most pl. n = 2k + 1 paratlan termeszetes szam, ahol most k ≥ 1, akkor sem rosszabba helyzet: ugyanis ekkor
T (m, 2k + 1) =
∫cosm t sin2k t sin t dt =
∫cosm t
(1− cos2 t
)ksin t dt
=
∫ k∑j=0
(k
j
)(−1)j cosm+2j t sin t dt =
k∑j=0
(k
j
)(−1)j+1
m+ 2j + 1cosm+2j+1 t+ C.
Jegyezzuk meg, hogy ehhez meg csak arra sem volt szukseg, hogy m termeszetes szamlegyen: megy ez m ∈ R tetszoleges ertekere, csak eppen arra kell ugyeljunk, hogy ha mparatlan es negatıv egesz, akkor esetleg m+2j = −1 fellephet (es fel is lep, ha m ≥ −2k−1),es ekkor az integral log cosx alaku lesz, nem hatvany. De persze ez sem baj, hiszen ez azintegral is egy explicit formula.
Egyebkent lehet ehhez a feladathoz maskeppen – parcialis integralassal – is hozzanyulni.Ugye ha k = 0, akkor direktben jelen van az
∫fαf ′ tıpusu integral, ha pedig k > 0,
akkor f ′ := cosm t sin t, tehat f(t) := − 1m+1
cosm+1 t – vagy, ha epp m = −1, akkor
f(t) := log(cos t) – es g(t) := sin2k t valasztassal
T (m, 2k + 1) =
∫f ′(t)g(t)dt = f(t)g(t)−
∫f(t)g′(t)dt
= − 1
m+ 1cosm+1 t sin2k t−
∫− 1
m+ 1cosm+1 t2k sin2k−1 t cos tdt
= − 1
m+ 1cosm+1 t sin2k t+ T (m+ 2, 2k − 1),
ami egy rekurzıv kiszamolast tesz lehetove (es persze ugyanıgy akkor is, ha m = −1 voltes a kiintegralt resz eppen log(cos t) sin2k t alaku lett).
Tehat azt talaltuk, hogy siman integralhatoak olyan kifejezesek is, mint pl.∫tg kt ctg `t cosm t sinn t dt = T (`+m, k + n),
legalabb is akkor mindig, ha az osszevonas utan vagy ` + m, vagy k + n egy paratlantermeszetes szam lesz.
Sot, ha mindket index egesz, akkor igazabol meg az is eleg, hogy T (m,n)-ben valamelyikkitevo paratlan egesz szam legyen (es a masik tetszoleges egesz), a paratlan kitevonek nem
Az elso kifejezest nem szoktuk egyaltalan besorolni ilyen nevezetes alaptıpusokba – nincsen is ra jolismert ”elemi” modszer, hogy kiszamıtsuk – a masodikat az addıcios tetelekkel fel lehet bontani, at lehetalakıtani a harmadik tıpusba sorolhato kifejezesse, es vegul ezt az atalakıtott kifejezest, illetve az utolsotıpust – amelyben tehat az ingtegrandus a cosx, sinx valtozok ketvaltozos racionalis torfuggvenyekent allelo – trigonometrikus racionalis kifejezesek integraljakent szokas emlegetni. Ez utobbira van megoldasimodszer, de erre pilanatnyilag nincsen szuksegunk, ıgy most a targyalasaba nem bocsatkozunk.
16
is feltetlenul kell pozitıvnak lennie: ugyanis ha n = 2k + 1, ahol k < 0 egesz, akkor azs = cos t, t = arccos s helyettesıtessel
T (m, 2k + 1) =
∫cosm t
(1− cos2 t)|k|sin t dt
(sin t dt = ds,
dt
ds=
−1√(1− s2)
=−1
sin t
)=
∫sm
(1− s2)|k|ds =
∫sm
(1− s)|k|(1 + s)|k|ds, (8)
ahol itt a nevezo linearis faktorokra bomlik (meg akkor is, ha m < 0 negatıv!). Az ilyentıpusu racionalis tortfuggvenyt pedig – amint azt a kovetkezo, 12. es ??. Fejezetekbenlathatjuk – minden tovabbi bonyodalom nelkul, kozvetlenul ki lehet integralni.
Korkepet kapva altalaban a trigonometrikus szorzatkifejezesekrol es az altalanos tri-gonometrikus integralok kiszamıtasi modjairol, terjunk vissza ahhoz az esethez, ami ahomogen nevezoju racionalis tortfuggvenyek integralasa soran meg elottunk maradt: a (7)integralokhoz, illetve ennel altalanosabban, azokhoz az integralokhoz, amelyekben mindcos t, mind sin t kitevoje paros:
T (2k, 2`) :=
∫cos2k t sin2` tdt (9)
A feladat egyszerusıtesere az egyik lehetoseg, ugyanugy, mint az elobb, hogy a sin2 x = 1−cos2 x azonossagot es binomialis tetelt alkalmazva visszavezetjuk ezt tiszta cos-hatvanyokintegraljara:
T (2k, 2`) :=
∫cos2k t(1−cos2 t)`tdt =
∑j=0
(`
j
)(−1)j
∫cos2k+2j t dt =
∑j=0
(`
j
)(−1)jC(k+j) .
Ugyancsak lehet itt is parcialis integralassal atalakıtani a kifejezest, es visszajutni rekurzıvmodon ezekhez a C(k + j) alaku integralokhoz.
Ezek utan tehat mindket modszerrel ismet visszajutunk oda, hogy csak a C(k) in-tegralokat kene kiszamoljuk.
De paros kitevok eseten valoszınuleg a legjobb, leggyorsabb, legkozvetlenebb megoldas,ha egyszerre alkalmazzuk T (n,m) = T (2k, 2`)-ben a negyzetekre ismert trigonometrikusatalakıtasokat, ezert itt emlekeztetunk a ketszeres szogek ismert azonossagaira:
sin2 α =1− cos(2α)
2, cos2 α =
1 + cos(2α)
2=
1
1 + tg 2α, (10)
sin(2α) = 2 sinα cosα =2 tgα
1 + tg 2α, (11)
cos(2α) = cos2 α− sin2 α = 2 cos2 α− 1 =1− tg 2α
1 + tg 2α=
2
1 + tg 2α− 1. (12)
17
Ebbol tehat az u = 2t, dt/du = 1/2 helyettesıtessel
T (2k, 2`) =
∫ (1 + cos 2t
2
)k(1− cos 2t
2
)`dt
=1
2k+`+1
∫ k∑i=0
(k
i
)cosi u
∑j=1
(`
j
)(−1)j cosj u du
=1
2k+`+1
k∑i=0
∑j=1
((k
i
)(`
j
)(−1)j
)∫cosi+j u du =
k∑i=0
∑j=1
c(i, j)T (i+ j, 0).
Itt ugye a sinu nem szerepel (csak nulla hatvanyon), es ha i + j paratlan, akkor tudjuka megoldast, ha pedig i + j paros, akkor ismetelten egy C
(i+j2
)integrallal van dolgunk,
csakhogy a redukcio nagyon gyors: a fellepo kitevokre itt 0 ≤ i+ j ≤ k + ` = m+n2
.
11. Pelda paros kitevos cos-hatvany integralasara
Szamıtsuk ki peldaul az elobb felmerult C := C(2) :=
∫dy
(y2 + 1)3=
∫cos4 t dt integralt!
C =
∫cos4 t dt =
∫ (1 + cos 2t
2
)2
dt =1
8
∫(1 + cosu)2 du
(u = 2t, t =
u
2,dt
du=
1
2
)=
1
8
∫ (1 + 2 cosu+
1 + cos(2u)
2
)du =
∫ (3
16+
1
4cosu+
1
16cos 2u
)du
=3
16u+
1
4sinu+
1
32sin 2u+ C =
3
8t+
1
4sin 2t+
1
16sin 2t cos 2t+ C
=3
8arctan y +
1
2
y
y2 + 1+
1
8
y
y2 + 1
(2
y2 + 1− 1
)+ C (y = tg t, t = arctan y)
=3
8arctan y +
3
8
y
y2 + 1+
1
4
y
(y2 + 1)2+ C,
ahol alkalmaztuk a ketszeres szogek szogfuggvenyeire ismert (11), (12) formulainkat azα = t = arctan y esetben arra, hogy a sin(2t), cos(2t) kifejezeseket tg t = y segıtsegevelırjuk fel.
Visszaidezve, hogy a 9. Fejezet vegen hol tartottunk a (6) formulaval felırt integralkiszamıtasaban, most azt is befejezthetjuk:
I :=
∫7x− 4
(5x2 + 6x+ 2)3dx =
−7
20
1
(5x2 + 6x+ 2)2− 82
10
∫1
(5x2 + 6x+ 2)3dx ,
J :=
∫1
(5x2 + 6x+ 2)3dx = 25
∫dy
(y2 + 1)3(y = 5x+ 3)
C(2) :=dy
(y2 + 1)3
(=
∫cos4 t dt
)=
3
8arctan y +
3
8
y
y2 + 1+
1
4
y
(y2 + 1)2+ C,
18
es vegezetul
I = − 7
20
1
(5x2 + 6x+ 2)2−205
(3
8arctan(5x+ 3) +
3
8
5x+ 3
(5x+ 3)2 + 1+
1
4
5x+ 3
((5x+ 3)2 + 1)2
)+C.
12. Racionalis tortfuggvenyek parcialis tortekre bontasa
Tekintsunk egy tetszoleges R(x) =P (x)
Q(x)racionalis tortfuggvenyt. Ekkor Q faktorizacioja
a polinomok algebra alaptetele szerinti (4) felbontasaban az azonos faktorokat osszevonvaugy ırhato2, mint
Q(x) =k∏j=1
(x−wj)aj∏j=1
((x−uj)2 +v2j )bj =
k∏j=1
(x−wj)aj∏j=1
(x−zj)bj∏j=1
(x−zj)bj ; (13)
itt degQ =∑k
j=1 aj +∑`
j=0 2bj, a valos gyokok a wj-k, aj multiplicitasokkal, a (nem-valos)komplex gyokparok pedig a zj = uj + ivj, zj = uj − ivj gyokok (ahol tehat vj 6= 0),mindegyikuk bj − bj multiplicitassal.
Menjunk neki akkor most annak, hogy eloszor a komplex szamtest folott felbontjukR(x)-et homogen nevezoju tortekre.
Allıtas (Felbontas C felett.) HaR(x) akar komplex egyutthatos racionalis tortfuggveny,azaz R(x) = P (x)/Q(x), ahol P,Q ∈ C[x], es ha Q(x) =
∏kj=1(x−ωj)sj a nevezo (komplex
szamtest feletti) faktorizacioja, akkor R(x) eloall ugy, mint
R(x) = p(x) +k∑j=1
pj(x)
(x− ωj)sj, ahol p, pj ∈ C[x], deg pj < sj . (14)
Bizonyıtas. Ha m := degQ =∑k
j=1 sj = 1, akkor az allıtas trivialisan igaz. Alkalmaz-zunk tehat teljes indukciot m = degQ szerint, es t.f.h. tudjuk az allıtast m-ig: akkorbizonyıtsunk most m+ 1-re, ahol m ≥ 1, m+ 1 ≥ 2.
Minden esetre a felbontasi tetel teljesul az R(x)·(x−ω1) racionalis tortfuggvenyre, mertennek nevezoje Q1(x) = (x− ω1)
s1−1∏k
j=2(x− ωj)sj , ahol a fokszam csak m. Visszaosztva(x− ω1)-gyel, ebbol megkapjuk, hogy
R(x) =π(x)
(x− ω1)+
π1(x)
(x− ω1)s1+
k∑j=2
πj(x)
(x− ω1)(x− ωj)sjdeg π1 < s1−1, deg πj < sj(j = 2, . . . k).
Elegendo tehat megmutatnunk, hogy az itt szereplo osszeadandok mindegyike felbomlikugy, ahogyan azt allıtottuk. π(x)/(x − ω1) nevezoje elsofoku (tehat alkalmazhatjuk ra az
2Feltehetjuk, hogy Q foegyutthatoja 1, mert egy konstans szorzot beepıthetunk a szamlaloba is.
19
indukcios feltevest), π1(x)/(x− ω1)s1 pedig mar az allıtott alakban van (ugye deg π1(x) <
s1 − 1 is teljesul a konstrukciobol), ezert
π(x)
x− ω1
+π1(x)
(x− ω1)s1= π0(x) +
γ
x− ω1
+π1(x)
(x− ω1)s1= π0(x) +
π∗(x)
(x− ω1)s1,
ahol deg π∗(x) < s1. Igy elegendo a szumman beluli tobbi kifejezesekkel foglalkozzunk.Tekintsunk tehat egy π(x)/((x−α)(x−β)s) alaku hanyadost, ahol α 6= β es deg π(x) <
s, es mutassuk meg, hogy ez hogyan bomlik fel!
π(x)
(x− α)(x− β)s=
π(x)− π(α)
(x− α)(x− β)s+
π(α)
(x− α)(x− β)s=
ρ(x)
(x− β)s+
π(α)
(x− α)(x− β)s,
ahol ρ(x) := (π(x) − π(α))/(x − α) ∈ C[x], mert a szamlaloban szereplo polinomnak α agyoke, es ıgy (a Lemma miatt) a gyoktenyezo osztja a π(x) − π(α) polinomot: emellettdeg ρ(x) = deg π(x)− 1 < deg π(x) < s is teljesıti a megkıvantakat.
A π(α) konstansot kiemelve tehat elegendo egy felbontast talalnunk az1
(x− α)(x− β)s
kifejezesrere. Ez gyorsan megvan: ha
γ :=1
(α− β)s, σ(x) := −γ(x− β)s + 1 = − 1
(α− β)s(x− β)s + 1,
akkor konnyen ellenorizheto, hogy σ(α) = 0, tehat (x−α)|σ(x), es a τ(x) := σ(x)/(x−α)hanyados polinommal valoban felırhatjuk, hogy
γ
(x− α)+
τ(x)
(x− β)s=γ(x− β)s + σ(x)
(x− α)(x− β)s=
1
(x− α)(x− β)s.
Raadasul mindjart a fokszamokra vonatkozo felteveseink is teljesulnek, mert deg τ(x) =deg σ(x)− 1 = s− 1 < s, amint az kellett nekunk.
Tehat osszefoglalva, azt kapjuk, hogy
π(x)
(x− α)(x− β)s=π(α)γ
x− α+ρ(x) + π(α)τ(x)
(x− β)s,
ahol ebben a parcialis tortekre bontasban a szamlalok foka – a megkıvantaknak eleget teve– nem eri el a megfelelo nevezoet.
Allıtas (A felbontas egyertelmusege). Ha az R(x) = P (x)/Q(x) racionalis tort-fuggveny a P (x), Q(x) ∈ C[x] polinomok hanyadosa, es R(x) egy parcialis tortekre bontasaa (14) alaku, akkor ebben a felbontasban a p(x), pj(x) ∈ C[x] polinomok mind egyertelmuenmeghatarozottak, azaz mas, a feltetelek szerinti eloallıtas nem lehetseges.
Bizonyıtas. Osszuk el P (x)-et maradekosan az (x− ωj)sj polinommal, ahol 1 ≤ j ≤ ktetszoleges. 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) felbontasbol viszont P )x) = R(x)Q(x) felbontasanak minden olyantagja, amely nem pont a pj(x)/(x − ωj)
sj tag, nyilvan oszthato lesz a nevezo Q(x)-szelvalo felszorzasa utan az (x−ωj)sj tenyezovel, ıgy igazabol pontosan felırhatjuk hj(x)-et esrj(x)-et: utobbira nincsen mas lehetoseg, mint rj(x) = pj(x). Tehat pj(x) egyertelmuenmeghatarozott (mar persze a deg pj < sj felteves mellett) minden j = 1, . . . , k-ra. De
akkor a p(x) = R(x) −∑k
j=1 pj(x)/(x − ωj)sj kulonbseg is egyertelmuen megahatarozott,tehat adodik az allıtas.
Allıtas (Parcialis tortekre bontas R felett). Ha R(x) valos egyutthatos racionalistortfuggveny, azaz R(x) = P (x)/Q(x), ahol P,Q ∈ R[x], es ha (13) a nevezo valos szamtestfeletti faktorizacioja, akkor
R(x) = p(x) +k∑j=1
pj(x)
(x− wj)aj+∑j=1
Pj(x)
((x− uj)2 + v2j )bj
, (15)
ahol p, pj, Pj ∈ R[x], deg pj < aj (j = 1, . . . , k), degPj < 2bj (j = 1, . . . , `).
Bizonyıtas. Persze egyuttal P,Q ∈ C[x] is, ıgy alkalmazhato az elozo allıtas, es ebben abj db. zj-hez es bj darab zj-hoz tartozo tagokat osszevonva adodik egy (15) alaku eloallıtasis, a megfelelo fokszam feltetelekkel, hiszen ha π, ρ ∈ C[x], deg π < b, deg ρ < b, es z =u+ iv, z = u− iv egy b multiplicitasu konjugalt gyokpar, akkor
π(x)
(x− z)b+
ρ(x)
(x− z)b=P (x)
rb(x), ahol r(x) := (x− z)(x− z) = (x− u)2 + v2,
es persze P (x) = π(x)(x− z)b + ρ(x)(x− z)b ∈ C[x] foka is kisebb, mint 2b.Megkapjuk tehat az allıtast, mindossze azzal az egyetlen elteressel, hogy hirtelen itt
meg nem latjuk, miert volnanak a polinomialis reszben es a szamlalokban fellepo p, pj, Pjpolinomok valos egyutthatos (es nem csak valamilyen komplex egyutthatos) polinomok.
Mindenesetre abbol, hogy P,Q ∈ R[x], kovetkezik, hogy R(x) = R(x), ha x ∈ R.Tehat akarmilyen komplex egyutthatokkal is van felırva a (15) eloallıtas, az egyutt-
hatok konjugaltjait veve minden p, pj, Pj-ben, kapunk egy masik racionalis tortfuggvenyeloallıtast, hiszen
R(x) = R(x) = p(x) +k∑j=1
pj(x)
(x− wj)aj+∑j=1
Pj(x)
((x− uj)2 + v2j )bj.
A ket eloallıtast egymasbol levonva azt kapjuk, hogy
0 = R(x)−R(x) = p(x)− p(x) +k∑j=1
pj(x)− pj(x)
(x− wj)aj+∑j=1
Pj(x)− Pj(x)
((x− uj)2 + v2j )bj. (16)
Magyaran annyi a feladatunk, hogy belassuk, hogy egy azonosan nulla racionalis torfugg-venyben minden, az eloallıtasaban elofordulo szamlalo is azonosan nulla (tehat a fellepop, pj, Pj polinomok azonosak a konjugaltjaikkal, es ezert valosak).
21
Alkalmazzuk az utolso szumman beluli komplex racionalis tortfuggvenyekre a marigazolt egyertelmu (C feletti) felbontast! Adodik, hogy valamilyen sj(x), tj(x) ∈ C[x],deg sj(x) < bj, deg tj(x) < bj (j = 1, . . . , `) mellett
Pj(x)− Pj(x)
((x− uj)2 + v2j )bj
=sj(x)
(x− zj)bj+
tj(x)
(x− zj)bj.
Jegyezzuk meg, hogy a kozos nevezovel 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) jelolesekkel a (16)formulabol kapjuk, hogy
0 = r(x) +k∑j=1
rj(x)
(x− wj)aj+∑j=1
(sj(x)
(x− zj)bj+
tj(x)
(x− zj)bj
),
Ez egyben a 0 egy komplex felbontasa, aminek az egyertelmuseget mar igazoltuk, ıgy csakaz lehetseges, hogy r(x) = 0, rj(x) = 0 (j = 1, . . . , k), sj(x) = 0, tj(x) = 0 (j = 1, . . . , `).Visszaolvasva tehat 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 parcialis tortekre bontas soran meg elemibb reszekre szoktuk felbon-tani a racionualis tortfuggvenyeinket: ahogyan a 9. Fejezetben lattuk, a linearis faktorokatkonstans, a masodfoku pozitıv faktorokat linearis szamlaloval ırtuk fel. ennek ara, hogy anevezok nem csaka legnagyobb, hanem az osszes annal kisebb kitevovel is szerepelni fognak.
Tetel (Elemi parcialis tortekre bontas). Legyen R(z) = P (z)/Q(z) racionalistortfuggveny, ahol P (z), Q(z) ∈ C[z], es legyen Q(x) azonos gyoktenyezok osszevonasavalırt felbontasa C felett Q(z) = a
∏sj=1(z − zj)sj , degQ = n =
∑sj=1 sj. Ekkor C felett R
felbomlik ugy, hogy
R(z) = P (z) +s∑j=1
sj∑`=1
C(j)`
(z − zj)`,
(C
(j)` ∈ C 1 ≤ j ≤ s, 1 ≤ ` ≤ sj
). (18)
Tovabba, ha P (x), Q(x) ∈ R[x] valos egyutthatosok, es Q(x) valos szamtest feletti irre-ducibilis szorzatfelbontasa (13) alaku, akkor a valos egyutthatosR(x) racionalis tortfuggvenyvalos elemi parcialis tortekre bonthato olymodon, hogy
R(x) = p(x) +k∑j=1
aj∑i=1
A(j)i
(x− wj)i+∑j=1
bj∑i=1
B(j)i x+ C
(j)i
((x− uj)2 + v2j )i
(A
(j)i , B
(j)i , C
(j)i ∈ R
).
(19)
A P (z) illetve p(x) polinomialis resz, csakugy, mint a szamlalokban szereplo konstansegyutthatok, mindket esetben egyertelmuek.
22
Vegyuk eszre, hogy ez azt jelenti, hogy a 9. Fejezetben targyalt specialis esetekrevezetheto vissza minden valos racionalis tortfuggveny integralasa.
Bizonyıtas. Ezt tulajdonkeppen mar elvegeztuk egyszer, amikor a 9. Fejezetben leırtuk,hogyan lehet integralni egy homogen nevezoju racionalis tortfuggvenyt. Most a valos alakraszorıtkozunk es annak mutatjuk meg egy bizonyıtasat.
Induljunk ki a (15) alakbol: nyilvan egy felbontas letezesehez elegendo belatnunk, hogyegy-egy itt szereplo tag felbonthato, tehat, hogy ha pl. a linearis esetet nezzuk, akkordeg p(x) < a mellett
p(x)
(x− w)a=p((x− w) + w)
(x− w)a=
∑a−1h=0Ah(x− w)h
(x− w)a=
a∑i=1
Aa−i(x− w)i
.
(Egyebkent ugyanez elintezi a komplex esetet is, mert ott csak linearis faktorok hatvanyaibolallo homogen nevezok vannak.) Lathato ebbol az is, hogy a p polinom egyertelmuen meg-hatarozza az Ai egyutthatokat is.
Tekintsunk most egy r(x) = x2 + βx + γ = (x − u)2 + v2 alaku kvadratikus ne-vezot. A megfelelo P (x) = Pj(x) szamlalot lepesenkent, fokozatosan elosztva maradekosanri(x)-szel, i = b-re nincs hanyados (mert degP < 2b es deg rb(x) = 2b), aztan sorban ahanyadosok fokszama mindig legfeljebb 1 – tehat linearis faktorok lehetnek csak – mert haegy osztasnal a maradek foka < 2i, akkor utana 2i− 2 fokuval ezt a maradekot elosztva ahanyados foka legfeljebb 1 (es a maradek foka < 2i−2). Tehat ha ennek a fokozatos eloszto-gatasnak az eredmenye P (x) = H1(x)rb−1(x)+H2(x)rb−2(x)+ . . . Hi(x)rb−i(x)+ . . . H0(x),akkor leosztva rb(x)-szel, adodik egy, a kıvant linearis szamlalokkal felırt eloallıtas.
Tudvan, hogy a 0 racionalis tortfuggveny felbontasa adott nevezokkel egyertelmu, gyor-san belathato ennek az elemi felbontasnak az egyertelmusege is.
13. Integralas a parcialis tortekre bontas kiszamıtasaval
0. lepes. Szamıtsuk ki a polinomialis reszt: P (x) : Q(x) = H(x) + r(x)/Q(x)-ben amaradek deg r < degQ, es R(x) − H(x) egy olyan racionalis tortfuggveny, amelynek anevezoje nagyobb foku a szamlalonal.
1. lepes. Legyen most R(x) = P (x)/Q(x)-ben degP < degQ. Valasszuk ugy azeloallıtast, hogy mondjuk Q(x) foegyutthatoja legyen 1, es bontsuk fel Q(x)-et az AlgebraAlaptetele szerinti faktoraira.
Ha degQ nagy, es nem latunk semmi ugyes kezdesi lehetoseget, akkor megprobalhatjukmegnezni, hogy sikerul-e P -t felbontani, es ha ott le tudunk valasztani faktorokat, ak-kor azokkal megprobalhatjuk tesztelni, hogy kozos oszto-e. Ha ugyanis igen, akkor egy-szerusıthetjuk vele a racionalis tortkifejezest. Alternatıv modon eleve megtehetjuk, hogykiszamıtjuk a D(x) := (P (x), Q(x)) l.n.k.o- t — ezzel u.i. mindig egyszerusıthetunk, essegıthet P (x) es Q(x) faktorizaciojat is megkapni, ha latjuk ezeket a kozos tenyezoket.
23
Neha hasznos, ha megnezzuk a Q′(x) polinomot, es, ha a szamlaloban P (x) foka isdegQ − 1, akkor maradekos osztassal P (x) = cQ′(x) + p∗(x)-et ırva egyszerusıthetunk:ugyanis ∫
R(x) dx =
∫cQ′(x) + p∗(x)
Q(x)dx = c logQ(x) +
∫p∗(x)
Q(x)dx,
es itt a szamlalo foka tovabb csokkent.Tovabbi elindulasi modszer, ha megnezzuk az M(x) := (Q(x), Q′(x)) l.n.k.o-t. Konnyen
lathato, hogy ha Q(x) faktorizacioja (13), akkor Q′(x)-ben jelen lesznek mindazok a fakto-rok, amelyek Q-ban tobbszorosen fordulnak elo: ıgy ha sikerul felbontsuk M(x)-et, akkoraz tartalmazza Q(x) tobbszoros gyokeit is.
Peldaul keressuk meg a Q(x) = x5−5x4 +4x3−20x2 +4x−20 polinom faktorizaciojat!Elsore nem nagyon latszik, hogy mit lehetne vele kezdeni (de talan meg masodikra sem)3.
A tobbszoros tenyezok felderıtese erdekeben tehat tekintsuk a Q′(x) = 5x4 − 20x3 +12x2−40x+4 polinomot es ennek l.n.k.o-jatQ(x)-szel, vagy, a jobb szamolhatosag kedveert,az 5Q(x) = 5x5 − 25x4 + 20x3 − 100x2 + 20x− 100 polinommal. Maradekos osztassal aztkapjuk, hogy
5Q(x) = (x−1)Q′(x)+r(x), ahol r(x) = −12x3−48x2−24x−96 = −12(x3 + 4x4 + 2x+ 8
),
majdQ′(x) = (5x− 40) ·
(x3 + 4x2 + 2x+ 8
)+ 162x2 + 324
Az euklideszi algoritmus kovetkezo maradekos osztasaban az x3 + 4x2 + 2x+ 8-et osztjuka mostani maradekkal, de abbol celszeruen kiemelunk egy 162-es konstansot, es osztunkinkabb az x2 + 2 faktorral:
x3 + 4x2 + 2x+ 8 = (x+ 4) · (x2 + 2) + 0.
Ezzel elertunk egy valodi oszthatosagot, egy nulla maradekot: az algoritmus lezarult. Mostjol kell tudjuk ertelmezni az euklideszi algoritmus eredmenyet: azt kaptuk, hogy M(x) =(Q(x), Q′(x)) = x2 + 2. Es ez valoban egy (raadasul tobbszoros!) faktora a Q(x)-nek, ezzeltehat le is gyoztuk a faktorizacios problemankat: (x2 + 2)2 = x4 + 4x2 + 4, es ezzel leosztvaQ(x)-et megkapjuk, hogy Q(x) = (x− 5)(x2 + 2)2.
2. lepes. Ha megvan a nevezo faktorizacioja, akkor parcialis tortekre kell bontsuk a ra-cionalis tortfuggvenyunket. Egy alapveto, mindig hasznalhato alap-modszer az egyutthatokegyeztetesenek modszere. Ez azt jelenti, hogy ha tudjuk, milyen alaku R(x) elemi parcialis
tortekre bontasa – es ezt, ugye, megadja nekunk (19) ! – akkor az ebben szereplo A(j)i , B
(j)i ,
C(j)i egyutthatokat ismeretlen szamnak tekintve, a formulat felszorozhatjuk Q(x)-szel, ami-
nek eredmenyekent egy olyan egyenletet kapunk, amelyben a baloldalon P (x) = R(x)·Q(x)
3Azert valojaban mondjuk negyedikre ra lehet jonni, hogy 5 gyoke a polinomnak: es onnan elindulvamar tovabb lehet menni...
24
all, a jobb oldalon pedig egy olyan jol kiszamıthato polinomialis kifejezest kapunk, amely-ben a kulonbozo x-hatvanyok egyutthatoi ezeknek az ismeretlen A
(j)i , B
(j)i , C
(j)i szamoknak
a linearis kombinaciokent allnak elo.Itt a polinomok egyertelmusegenek tetelet kell hasznalni, azaz azt, hogy ha p(x) ≡ q(x),
akkor az egyutthatoik is megegyeznek. A kulonbsegeket tekintve ez azzal egyenerteku, hogyha a p(x)−q(x) polinom azonosan 0, akkor csak az tortenhet, hogy minden egyutthato is 0– ami eleg trivialis, vagy derivalassal, vagy arra hivatkozva, hogy ha a polinomnak van foka(ha nem azonosan 0 minden egyutthato, akkor ugye van legnagyobb indexu nem eltunoegyutthatoja is!), es ez mondjuk n, akkor csak n gyoke lehet pl. az Algebra Alaptetelemiatt - tehat a tobbi komplex szamokon nem lesz mindig 0.
Tehat egyutthatonkent ad egy egyenletet a fenti beszorzas: P egyutthatoit meg fog-juk kapni a jobb oldalon az ismeretlen A
(j)i , B
(j)i , C
(j)i mennyisegekkel felırt linearis kife-
jezesekkel, es ezt a Q fokszamaval megegyezo szamu egyenletbol allo egyenlet-rendszert kellmegoldjuk. Az elemi parcialis tortekre bonthatosagot mar igazoltuk, sot annak egyertelmusegetis, tehat van egy egyertelmu megoldasa a linearis egyenletrendszerunknek: ilyenkor azegyenletrendszer megoldasa nem nehez, es sokfele modszerrel elvegezheto. Az ”iskolabanszokasos” eljaras elegendo nekunk: sorra kifejezunk egy-egy ujabb ismeretlent valamelyikmeg fel nem hasznalt egyenletbol, es mindenhova, ahol csak meg szerepel, beırjuk ezt akifejezeset, majd az egyenletet amibol kifejeztuk, eldobjuk. Igy lepesenkent eggyel keve-sebbismeretlent tartalmazo es eggyel kevesebb egyenletbol allo kisebb rendszerunk lesz -a vegen pedig megoldjuk a legutolso ismeretlenre, es annak erteket visszahelyettesıtve azutolso elottire stb., vegul minden ismeretlenre.3. lepes. Ezek utan mar csak a fellepo elemi parcialis torteket kell integraljuk. Ezzelreszletesen foglalkoztunk elozoleg, ıgy itt csak alahuzzuk: minden, a (19) formula sze-rint fellepo elemi parcialis tortkifejezest – tehat minden homogen nevezoju, a szamlalobankonstans, vagy masodfoku faktorok eseten maximum linearis szamlaloju tortet – tudunkintegralni. Ezzel pedig be is fejezhetjuk a feladatunk megoldasat.
14. Meg egy racionalis tortfuggveny integralasi pelda
Tegyuk fel, hogy az integralasi feladatunk pl. az∫R(x) dx R(x) :=
P (x)
Q(x)=
x7 + 6x5 + 11x3 + 6x
x5 − 5x4 + 4x3 − 20x2 + 4x− 20(20)
racionalis tortfuggveny integralas. Vegyuk sorra az elobb rendszerbe szedett lepeseket!Tobbfele uton indulhatunk el: az egyik lehetoseg, hogy ”automatikusan” elvegezzuk a
polinomialis tag levalasztasat egy maradekos osztassal:
P (x) = (x2 + 5x+ 27)Q(x) + p(x), ahol p(x) = −135x4 − x3 − 540x2 − 2x− 540.
Adodik tehat, felhasznalva Q(x) tenyezokre bontasat is, hogy∫R(x) dx =
∫(x2 + 5x+ 27) dx−
∫135x4 + x3 + 540x2 + 2x+ 540
(x− 5)(x2 + 2)2dx
25
Talan innen mar lathato, hogy a szamlaloban is elofordul az x2+2 faktor, hiszen 135x4+x3+540x2 +2x+540 = (x2 +2)(135x2 +x+270); de ha magunktol nem is latjuk, mindenestereerdemes leellenorizni a szamlalo es a nevezo kozos osztoit, es akkor megtalaljuk ezt afaktort. A l.n.k.o. keresesehez itt most az euklideszi algoritmus helyett kınalkozik egymasik ut is, hiszen ismerjuk mar Q(x) tenyezoit, ıgy csak azt kell ellenorizzuk, hogy azokmegvannak-e p(x)-ben. Nos, p(5) > 0 nyilvanvalo, tehat (x− 5) 6 |p(x), de ha maradekosanelosztunk x2 + 2-vel, akkor a fenti eredmenyt kapjuk. A fentiekbol tehat most mar otttartunk, hogy ∫
R(x) dx =1
3x3 +
5
2x2 + 27x−
∫135x2 + x+ 270
(x− 5)(x2 + 2)dx
Egy ujabb jo eszrevetel tovabb egyszerusıtheti a dolgunkat: a kifejezes nagyban szepul,ha a 135x2 + 270 = 135(x2 + 2) reszt kiemeljuk. De nem feltetlenul kell ezt eszrevegyuk,hiszen a feladatunk most az, hogy parcialis tortekre bontsuk a kifejezest, es ehhez alapvetosegıtseget jelent, ha maradekosan elosztjuk a szamlalot a nevezo valamelyik faktoraval:
p(x) = 135x2 + x+ 270 = 135 · (x2 + 2) + x.
Innen pedig∫135x2 + x+ 270
(x− 5)(x2 + 2)dx =
∫135
x− 5dx+
∫x
(x− 5)(x2 + 2)dx = 135 log |x−5|+
∫x dx
(x− 5)(x2 + 2).
A parcialis tortekre bontast is felırva a meg ismeretlen A,B,C ∈ R parameterekkel,
x
(x− 5)(x2 + 2)=
A
x− 5+Bx+ C
x2 + 2
A kozos nevezovel valo felszorzassal es az egyutthatok egyeztetesevel is meg lehet ezt oldani:
x = A(x2 + 2) + (Bx+ C)(x− 5) = (A+B)x2 + (C − 5B)x+ (2A− 5C),
tehat
x2 e.h.-ojabol : 0 = A+B
x e.h.-ojabol : 1 = C − 5B
1 = x0 e.h.-ojabol : 0 = 2A− 5C
tehat B = −A, 1 = C + 5A, 0 = 2A − 5C, es 5-szor az elsot osszeadva a masodikkal27A = 5, A = 5/27, B = −5/27 es vegul C = 2/27, tehat
x
(x− 5)(x2 + 2)=
1
27
(5
x− 5+−5x+ 2
x2 + 2
).
Ezt most mar ki tudjuk integralni:∫x
(x− 5)(x2 + 2)dx =
5
27log |x− 5|+ −5
54log(x2 + 2) +
2
27
1√2
arctan
(x√2
)26
Vegeredmenyben tehat:∫R(x) dx =
1
3x3 +
5
2x2 + 27x−135
5
27log |x−5|+ 5
54log(x2 + 2)−
√2
27arctan
(x√2
)+C.
Gondoljuk meg meg, hogy az eredeti (20) feladatot lehetett volna-e egyszerubben meg-oldani?
Mindenesetre az sohsem baj, ha valamilyen eszrevetelt fel tudunk hasznalni: egy ilyennyilvanvalo eszrevetel, hogy a szamlaloban P (x)-bol kiemelhetunk x-et.
Ez a latszolag artalmatlan eszrevetel oda vezet minket, hogy felırjuk: P (x) = x(x6 +6x4 + 11x2 + 6). Ezen az apro sikeren belelkesedve, most probaljuk meg megtalalni P (x),tehat p(x) = x6 + 6x4 + 11x2 + 6 felbontasat irreducubils tenyezoire!
A kovetkezo eszrevetel, hogy itt p(x)-nek csak paros hatvanyai szerepelnek, az egeszkifejezes polinomja y = x2-nek is, tehat igazabol kezdhetjuk is azzal, hogy megkeressuk aπ(y) := p(
√y) = p(x) polinom egy felbontasat.
A π(y) = y3 + 6y2 + 11y + 6 polinom meg mindig harmadfoku, de a harmadfokuegyenletek megoldasanal szokasos atalakıtast – az elso ket hatvany teljes kobre alakıtasat– azert megkıserelhetjuk rajta, hiszen kerek szam jon ki: π(y) − (y + 2)3 = (y3 + 6y2 +11y + 6)− (y3 + 6y2 + 12y + 8) = −y − 2, es nagy szerencsenkre azt talaljuk, hogy ebbolπ(y) = (y + 2)3 − (y + 2) = (y + 2){(y + 2)2 − 1} = (y + 2)(y + 1)(y + 3). Innen pedigmegkapjuk, hogy p(x) = x(x2 + 1)(x2 + 2)(x2 + 3), es ez bizony egy irreducibilis felbontasais P (x)-nek.
Jon a logikus kerdes, mi lesz osztoja ezekbol a faktorokbol Q(x)-nek? A linearis xfaktor biztosan nem, az latszik, de a kvadratikus tenyezokkel el lehet vegezni a maradekososztogatast, es adodik, hogy (x2 + 2)|Q(x). Ezek utan mar P faktorai kozul mas nemlehet bene Q-ban, de ez lehet akar tobbszor is: ezt kiprobalva vegre megakpjuk Q(x)faktorizaciojat is. Ha ezt nem kısereljuk meg, akkor is szepen egyszerusodik az abra azx2 + 2-vel valo egyszerusıtes utan: Q(x) = (x2 + 2)q(x), ahol q(x) = x3− 5x2 + 2x− 10, es
R(x) =x(x2 + 1)(x2 + 3)
x3 − 5x2 + 2x− 10.
Megprobalva, hogy a nevezot faktorizaljuk, itt eszrevehetjuk akar azt is, hogy 5 gyoke anevezonek, azaz (x− 5)|q(x) - vegul megkapjuk a q(x) = (x− 5)(x2 + 2) felbontast.
Elosztva a nevezovel a szamlalot, most levalaszthatjuk a polinomialis reszt:
x(x2 + 1)(x2 + 3) = x5 + 4x3 + 3x = (x2 + 5x+ 27) · (x3− 5x2 + 2x− 10) + 135x2 +x+ 270,
es innen a fentiekhez hasonloan fejezhetjuk be a szamolast.
27
