Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Gépészmérnöki Kar Energetika, Mechatronika és Terméktervező BSc szakok Matematika A1H - oktatási segédanyag POLINOMOK OSZTÁSA ÉS FAKTORIZÁLÁSA, RACIONÁLIS TÖRFÜGGVÉNYEK INTEGRÁLÁSA 2015. november 1. Az euklideszi algoritmus az egész számokra Tétel: Ha m, n Z, akkor létezik (és ±1 együtthatótól eltekintve egyértelmű) m és n legnagyobb közös osztója (röviden: l.n.k.o.), azaz olyan d Z, hogy d m, d n és minden δ m, δ n esetén δ d is teljesül. Bizonyítás. Feltehetjük, hogy m, n N, hiszen ehhez legfeljebb ( 1)-gyel kell beszorozzuk őket. Ha n-et elosztjuk maradékosan n-nel, akkor adódik: 0-ik lépés: (m : n) m = h 1 n + r 1, ahol 0 r 1 < n. Ha most véletlenül r 1 = 0, akkor meg is állhatunk: ebben az esetben már n m, és nyilván n a l.n.k.o. Ha nem, akkor viszont folytatjuk: elosztjuk most n-et r 1 -gyel maradékosan: 1-ső lépés: (n : r 1 ) n = h 2 r 1 + r 2, ahol 0 r 2 < r 1. Hasonlóan, ezt addig folytatjuk induktíven, amig csak lehet: k-ik lépés: (r k : r k+1 ) r k 1 = h k+1 r k + r k+1, ahol 0 r k+1 < r k. Mindig lehet maradékosan osztani, és ezért az eljárás csak akkor szakad meg, ha végül r k+1 = 0; de ez be kell következzen, mert mindegyik r k kisebb a megelőzőeknél, és így legfeljebb n = r 0 lépésben le kell érkezzünk a 0-ba. Mármost ekkor tetszőleges δ közös osztóra azt láthatjuk, hogy δ m, n δ m h 1 n = r 1 δ n h 2 r 1 = r 2 δ r k. Ugyanakkor, ha ez az osztási algoritmus leállt, akkor r k+1 = 0 és ezért r k r k 1. De persze az előző sorokban mindig igaz, hogy ha d r j, d r j 1, akkor d h j r j 1 + r j = r j 2 is teljesül, tehát visszafelé menvén azt találjuk, hogy ha d r k, r k 1, akkor d m, n. Speciálisan, a d := r k választással is d m, n teljesül: és láttuk, hogy minden további δ közös osztóra szükségképpen δ r k = d, tehát d tényleg legnagyobb közös osztó lesz. Az egyértelműség következik abból, hogy ha d és D két l.n.k.o., akkor d D és D d, azaz D = Ad = AaD, Aa = 1, a = 1/A, és az egészek körében ez csak úgy lehet, hogy ha a = A = ±1. 1
2. Egy számpélda az euklideszi algoritmusra Legyen pl. m := 210, n := 78. Ekkor az euklideszi algoritmus így néz ki: (m : n) 210 = 2 78 +54 (n : r 1 ) 78 = 1 54 +24 (r 1 : r 2 ) 54 = 2 24 +6 (r 2 : r 3 ) 24 = 4 6 +0 (d := r 3 ) d = 6 És persze valóban, n = 13 6, m = 35 6, d := (m, n) = 6. 3. Maradékos osztás a polinomok körében Vegyük észre, hogy az egész algoritmus a maradékos osztáson múlott. Most megmutatjuk, hogy ha egy tetszőleges számtestből most elegendő a C, R és Q számtestekre gondolni vett gyütthatókkal felírt polinomokat tekintünk - ezeket rendre C[x], R[x] és Q[x] jelöli akkor ezek körében is lehet hasonló jellegű maradékos osztást végezni. Legyen tehát p, q C[x] (vagy R[x], Q[x]) két adott polinom, amelyeknek a foka mondjuk n := deg p, m := deg q. (Idézzük emlékezetünkbe, hogy a konstans polinomok foka 0, kivéve a konstans 0 polinomot, amelynek nem is definiáltuk a fokszámát: a fokszám egyébként a legnagyobb nem-0 együtthatójú x-hatvány kitevője.) Feltesszük, hogy q nem az azonosan 0 polinom, mert ahogyan az egészek körében sem lehet 0-val osztani, úgy a polinomok körében sem: de ahogyan az egészek körében minden nem-0 számmal lehetett oszatni (maradékosan), úgy most épp azt akarjuk megmutatni, hogy a polinomok körében is lehet maradékosan osztani minden nem azonosan 0 q-val. A világosabb jelölés kedvéért írjuk tehát fel a polinomjainkat a szokásos alakjukban: p(x) = a m x m + + a 1 x + a 0 q(x) = b n x n + + b 1 x + b 0. Itt a pontos fokszámok épp azt jelentik, hogy a m 0, b n 0. Tétel (Maradékos osztás polinomokra). Legyenek p(x) és q(x) 0 mint fentebb. Ekkor léteznek olyan h(x) és 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). Bizonyítás. Persze feltehetjük, hogy m n, mert ha nem így van, akkor p(x) eleve jó lesz maradéknak: a p(x) = 0 q(x) + p(x) felírásban ekkor deg p = m < n = deg q volna, és készen is volnánk. Tehát t.f.h. m n. Több lépésben addig osztogatunk, azaz vonogatjuk ki p(x)-ből a q(x) különböző többszöröseit, amig el nem érjük, hogy a maradék végül alacsonyabb fokú legyen, mint q(x) (avagy éppen azonosan 0). 2
A kiinduló állapotot úgy jellemezhetjük, hogy p = 0 q + p, és ehelyett szeretnénk a kívánt h q alakú többszöröst és valamilyen kisebb fokú maradékot kapni. Elsőre ne törekedjünk arra, hogy a maradékunk kisebb fokú legyen, mint q, csak arra, hogy kisebb fokú legyen, mint amit eddig tudtunk, tehát mint p: keressünk h 0 -t, hogy p = h 0 q + r 0, ahol vagy r 0 0, vagy deg r 0 < deg p. Ez nem is lesz nehéz. Most b n C(R, Q) egy számtest nem-nulla eleme, tehát van neki reciproka, illetve lehet vele osztani is: van a számtestben c := a m /b n elem. Mivel pedig mqgen, azért az x m n hatvány egy speciális polinom ( monom ) ha m = n, akkor az x 0 = 1 konstansról beszélünk, különben pedig x, vagy x 2 stb. Tehát a h 0 (x) := c x m n polinomra most megpróbáljuk a fentieket kiszámolni. Nézzük csak meg, hogy mind p(x), mind h 0 (x)q(x) foka éppen n lesz, és a főegyütthatóik a m illetve c b n = (a m /b n ) b n = a m, egyenlőek, tehát a különbségükben csak alacsonyabb fokú kifejezések fognak maradni: r 0 (x) := p(x) h 0 (x)q(x) = p(x) cx m n q(x) vagy azonosan nulla, vagy a foka határozottan kisebb lesz, mint m. Innen már egyszerű befejezni az algoritmust. Ha megkonstruáltuk r 0 (x)-et, akkor ez vagy teljesíti azt is, hogy a foka deg r 0 < n = deg q, és akkor készen is vagyunk, h(x) := h 0 (x), r(x) := r(x) jó választás, vagy, ha nem, akkor vehetjük most a p 1 (x) = r 0 (x) = p(x) h 0 (x) q(x) polinomot, és ezzel folytathatjuk a kivonogatást. Megint kapunk egy r 1 (x)-et, hogy r 1 (x) = p 1 (x) h 1 (x) q(x) és r 1 (x) vagy azonosan nulla, vagy mindenesetre deg r 1 < deg p 1. Látható, hogy induktívan folytatva az eljárást, a maradék fokszáma mindig csökken, így vagy az azonosan 0-hoz, vagy mindenestre egy r k (x) 0, de deg r k (x) < n = deg q(x) polinomhoz eljutunk. Ha ez a k-adik lépésben történik meg, akkor felírhatjuk, hogy p(x) = h 0 (x) q(x) + r 0 (x) = h 0 (x) q(x) + p 1 (x) = h 0 (x) q(x) + h 1 (x) q(x) + r 1 (x) = = (h 0 (x) +... h k (x)) q(x) + r k (x), és itt az r(x) := r k (x) teljesíti a maradékos osztással kapcsolatban állított feltételeket. 4. Egy számpélda polinomok maradékos osztására Legyen p(x) = x 5 3x 4 x + 3, és q(x) = x 4 2x 3 x 2 4x 6. A fenti jelölésekkel tehát itt most m = 5, n = 4, a m = 1, b n = 1. Az első lépés: r 0 (x) = p(x) cx n m q(x), ahol c = a m /b n = 1 most, és m n = 1. Számítsuk ezt ki! r 0 (x) = (x 5 3x 4 x + 3) 1 x (x 4 2x 3 x 2 4x 6) = (x 5 3x 4 x + 3) (x 5 2x 4 x 3 4x 2 6x) = x 4 + x 3 + 4x 2 + 5x + 3. Tehát az első maradék még negyedfokú, épp annyi, mint q foka: még nem zárult le a maradékos osztás. Most ezt vesszük további osztandónak: p 1 (x) := r 0 (x). Ekkor a megfelelő főegyüttható most a 4 = 1, a fokszám deg p 1 (x) = 4, és így h 1 (x) = ( 1)/1 x 4 4 = 1 konstans polinom lesz. Ezzel kiszámítva a levonást, r 1 (x) = p 1 (x) h 1 (x) q(x) = p 1 (x) ( 1)q(x) = ( x 4 +x 3 +4x 2 +5x+3)+(x 4 2x 3 x 2 4x 6) = x 3 +3x 2 +x 3. 3
Ez nem azonosan nulla, de a foka már csak 3, ami kisebb lesz, mint deg q(x) = 4, tehát le is állhatunk: a maradékos osztás eredménye azaz p(x) = (h 0 (x) + h 1 (x)) q(x) + r 1 (x) x 5 3x 4 x + 3 = (x 1) (x 4 2x 3 x 2 4x 6) + ( x 3 + 3x 2 + x 3), (1) tehát vehető h(x) = x 1 és a maradék r(x) = r 1 (x) = x 3 + 3x 2 + x 3 lesz. A tizes számrendszerben szépen, gyorsan, és áttekinthetően (tehát a hibákat is könnyebben elkerülve) tudtunk papíron osztani egy jó írástechnikai megoldással. Ugyanezt adaptálhatjuk a polinomosztásra is. Nézzük most meg ezt az írástechnikai megoldást az adott számpéldán! Az elvégzendő osztás első lépése az első h 0 (x) = c x m n kifejezés meghatározása és beírása: (x 5 3x 4 x +3 ) : (x 4 2x 3 x 2 4x 6) = 1 x Ezek után el kell végezni a visszaszorzást, és a már felírt h 0 (x) q(x) levonását, amit két lépésben írunk fel: először csak visszaszorzunk a megfelelő helyiértékek alá, (x 5 3x 4 x +3 ) : (x 4 2x 3 x 2 4x 6) = 1 x x 5 2x 4 x 3 4x 2 6x majd megváltoztatjuk az előjeleket (az eddigi előjel fölé írva az újat, a mínusz egyszereset), és elvégezzük a kivonást, kiszámítva a maradékot: (x 5 3x 4 x +3 ) : (x 4 2x 3 x 2 4x 6) = 1 x x 5 ±2x 4 ±x 3 ±4x 2 ±6x 0 x 4 +x 3 +4x 2 +5x +3. A vonal alatt jelentkezik tehát az r 0 (x) = p 1 (x), amit, ha lehet (ha a fokszáma engedi, azaz ha az n 1 := deg p 1 (x) fokszám még legalább akkora, mint az osztóé, a q(x) polinomé), akkor újra elosztunk q(x)-szel, a vonal alatt ismét csak a fenti módszerrel könyvelve a részletszámításokat: Először beírjuk a jobb oldalra a most fellépő c x n 1 m = h 1 (x) újabb hányadost, majd visszaszorozva a p 1 (x) alá írjuk a h 1 (x) q(x) mennyiséget, (x 5 3x 4 x +3 ) : (x 4 2x 3 x 2 4x 6) = 1 x + ( 1) 1 x 5 ±2x 4 ±x 3 ±4x 2 ±6x 0 x 4 +x 3 +4x 2 +5x +3 x 4 +2x 3 +x 2 +4x +6 és aztán az előjeleket megváltoztatva elvégezzük az összevonást (a levonást, azaz a mínusz egyszeressel való összeadást) is. 4
(x 5 3x 4 x +3 ) : (x 4 2x 3 x 2 4x 6) = 1 x + ( 1) 1 x 5 ±2x 4 ±x 3 ±4x 2 ±6x 0 x 4 +x 3 +4x 2 +5x +3 ±x 4 2x 3 x 2 4x 6 0 x 3 +3x 2 +x 3. A maradék foka itt már kisebb, mint az osztóé: így ezzel a maradékos osztást befejeztük, és megkaptuk, hogy (x 5 3x 4 x +3 ) : (x 4 2x 3 x 2 4x 6) = x 1 x 3 +3x 2 +x 3, ami ugyanazt jelenti, mint (1), csak kicsit más formában. 5. Euklideszi algoritmus és l.n.k.o. a polinomok körében Ha egyszer van maradékos osztás, akkor az egész számokhoz hasonlóan végrehajtható egy euklideszi algoritmus is. Tétel: Ha p(x), q(x) C[x](R[x], Q[x]) mint fent, akkor akkor létezik (és α C(R, Q) konstans együtthatótól eltekintve egyértelmű) px) és q(x) legnagyobb közös osztója (röviden: l.n.k.o.), azaz olyan d(x) C[x](R[x], Q[x]), hogy d(x) p(x), d(x) q(x), és minden δ(x) p(x), δ(x) q(x) esetén δ(x) d(x) is teljesül. Bizonyítás. Ugyanúgy építjük fel az euklideszi algoritmust, mint az előbb, csak most a maradékoknak nem az abszolútértéke, hanem a fokszáma lesz minden lépésben kisebb, mint az előbb. Mivela fokszámok ugyanúgy egy véges deg q = m számról indulnak, mint az egészeknél az osztó abszolútértéke, és mivela maradékok fokszáma mindig ugyanúgy kisebb lesz, ismét csak véges sok lépés után leáll az algoritmus: valahol 0 maradékot fogunk kapni, azaz maradék nélküli oszthatóság fog fennállni. Innen pedig lépésenként visszafejthetjük, hogy az utolsó osztónk l.n.k.o. lesz. Az egyértelműség tekintetében most az adódik, hogy ha d(x) D(x) és D(x) d(x) két l.n.k.o., akkor egyrészt mindenképp a fokszámoknak egyenlőknek kell lenniük, mert osztóként d(x) 0 és D(x) 0, és így abból, hogy osztják egymást, és abból, hogy az oszatandó, mint az osztó többszöröse, nem lehet kisebb fokszámú, mint az osztó (csak ha az osztandó 0 volt, ami most nem lép fel), adódik, hogy mindegyikük legalább akkora fokszámú, mint a másikuk. Másrészt, ha már tudjuk, hogy a fokszámok egyenlőek, akkor amiatt, hogy a szorzat fokszáma = a tényezők fokainak összege, amiatt nyilván a hányadosok 0 fokúak, azaz konstans polinomok, és kapjuk, hogy d(x) = A D(x), D(x) = a d(x), ahol ismét csak A, a C(R, Q), és aa = 1 konstansok, de most a számtestben ezek tetszőleges nem-nulla számok lehetnek. 5
6. Példa polinomok l.n.k.o.-jának kiszámítására Folytatva a megkezdett polinomosztási példát, számítsuk akkor most ki a fenti p(x) és q(x) polinomok l.n.k.o.-ját, azaz a d(x) := (p(x), q(x)) = (x 5 3x 4 x+3, x 4 2x 3 x 2 4x 6) polinomot! A legelső maradékos osztást már elvégeztük: a p(x) = h(x)q(x) + r(x) felírás megtalálható az (1) formulában. Most ehhez indexeket rendelünk: az egész számoknál használt jelöléshez hasonlóan azt írjuk, hogy h 1 (x) := h(x) = x 1 és r 1 (x) := r(x) = x 3 + 3x 2 + x 3. Az algoritmust a második lépéssel folytatjuk, azaz most elosztjuk a q(x)-et az itt fellépett r 1 (x) maradékkal. A már megtanult írástechnikát alkalmazva ennek kiszámítása így néz ki: (x 4 2x 3 x 2 4x 6 ) : ( x 3 + 3x 2 + x 3) = ( 1) x + ( 1) 1 x 4 ±3x 3 ±x 2 3x 0 +x 3 0 7x 6 x 3 ±3x 2 ±x 3 0 +3x 2 6x 9. azaz a szokásos visszaszorzott, maradékos alakban felírva q(x) = h 2 (x) r 1 (x) + r 2 (x), x 4 2x 3 x 2 4x 6 = ( x 1) ( x 3 + 3x 2 + x 3) + 3x 2 6x 9. (2) Ugyan a maradék fokszáma ismét kisebb lett, mint az osztóé, de még mindig nem lett a maradék azonosan 0, tehát folytatjuk az euklideszi algoritmust: az eddigi osztót elosztjuk a most talált maradékkal. Azt találjuk, hogy r 1 (x) = h 3 (x) r 2 (x) + r 3 (x), ( x 3 + 3x 2 + x 3 = 1 3 x + 1 ) (3x 2 6x 9) + 0, (3) 3 aminek kiszámítása az immár megszokott írástechnikánkkal így néz ki: ( x 3 +3x 2 +x 3 ) : (3x 2 6x 9) ( ) ( ) 1 1 = x + 1 3 3 ±x 3 2x 2 3x 0 x 2 2x 3 x 2 ±2x ±3 0. Ezzel a harmadik polinomosztással elérkezünk az azonosan 0 maradékhoz, tehát bevégződik az euklideszi algoritmus, és megkaptuk a legnagyobb közös osztót, mint az utolsó nem-nulla maradékot: d(x) = r 2 (x) = 3x 2 6x 9. Konstans kiemelésével ezt egy kicsit még egyszerűbb alakra is hozhatjuk: D(x) = 1 3 d(x) = x2 2x 3. Tehát a l.n.k.o. megadható 6
úgy is, mint (p(x), q(x)) = x 2 2x 3, sőt ezt könnyen lineáris szorzótényezőkre bonthatjuk: (p(x), q(x)) = x 2 2x 3 = (x 3)(x + 1). Vegyük észre, hogy ugyan a feladatban mindkét polinom egész együtthatós, de az nem garatálható, hogy az osztási eljárás végigmegy Z[x]-ben: mindenestre szükségünk lehet főegyütthatóként fellépő egész számokkal való osztásra, amiből racionális mennyiségek adódnak, és azután a következő lépésekben már ezek is felléphetnek főegyütthatóként, tehát ezekkel is osztani kell, és így tovább. Tehát általában csak annyit garantálhatunk, hogy a Z-t tartalmazó minden számtestben (így már Q-ban is) benne lesznek az együtthatók. Tehát a maradékos osztást Q[x]-ben biztosan el tudjuk végezni, de nem feltétlenül Z[x]-ben. 7. Polinomok faktorizációja és egyszerűsítési lehetőségek Ügyes észrevételekkel persze sok számolást megspórolhatunk. Ahogyan az egész számok körében, úgy a polinomoknál is minden polinom tovább már nem felbontható prímtényezők szorzatára bomlik, és a l.n.k.o. a közösen előforduló prímtényezők szorzata. Ezek az irreducubilis ( felbonthatatlan ) tényezők attól függően bonthatóak fel vagy sem, hogy milyen számtest felett dolgozunk velük. Például az x 4 2 polinom Q[x]-ben felbonthatatlan (ez egy elgondolkodtató házi feladat lehet), R[x]-ben felbomlik három tényező szorzatára: x 4 2 = (x 2 + 2)(x 2 2) = (x 2 + 2)(x + 4 2)(x 4 2), és végül az első, kvadratikus tényező ami R[x]-ben tovább már nem felbontható, hiszen a diszkriminánsa negatív, nincsen valós gyöke is tovább bomlik C[x]-ben: x 2 + 2 = (x + i 4 2)(x i 4 2). Az, hogy mindig jól felbonthatjuk a polinomokat, azért van, mert komplex együtthatós polinomok esetében ez az egészen lineáris gyöktényezőkig való felbonthatóság mindig fenáll. Ezt mondja ki a következő nevezetes tétel. Tétel (Algebra alaptétele). A komplex számtest felett minden p(z) C[z] komplex együtthatós polinom gyöktényezők szorzatára bomlik: ha deg p(z) = n, akkor p(z) = a n (z z j), ahol z j C a gyökök, a multiplicitásuknak megfelelő sokszor felsorolva. Ezt a tételt a komplex függvénytanban szokás igazolni: a bizonyításához nem elegendőek a klasszikus algebra módszerei ahogyan azt a tételt is, hogy páratlan fokú valós polinomnak van valós gyöke, csak a valós analízisben (ugye a Bolzano tétellel) lehet megmutatni, és nem az algebra segítségével. Viszont lehetséges egy látszólag gyengébb és egyszerűbb a Bolzano tételre még jobban hasonlító alakban kimondani a tételt, és abból igazolni a fenti teljes alakot. Tétel (Algebra alaptétele egyszerűbb forma). A komplex számtest felett minden p(z) C[z] komplex együtthatós nem-konstans polinomnak van (komplex) gyöke. Megjegyzés. Vegyük észre, hogy ez az alak csak annyit állít, hogy ha deg p(z) 1, akkor létezik (legalább egy) gyök, míg a fentebbi erősebb alakban azt fogalmaztuk meg, 7
hogy ha deg p(z) = n, akkor p-nek pontosan n gyöke van (persze az esetleges többszörös gyököket multiplicitásuk szerint számolva). Bármilyen meglepő, egy számtest feletti polinomgyűrűben ezek az álítások egyenértékűek, ekvivalensek. Ennek a tételnek a bizonyítása használja a komplex változós differenciálható függvények elméletét. Azt tanultuk, hogy p(z) C[z] komplex értelemben is differenciálható minden z C pontban. Azokat a komplex függvényeket, amelyek a komplex számsík egészsén, minden pontban (komplex) differenciálhatóak, egész függvényeknek nevezik a komplex függvénytanban. Ezeknek sok fontos, érdekes sokszor a valósban szokatlan tulajdonságuk van, amelyek bizonyítása valójában nem is olyan nehéz, de persze azért a komplex függvénytan szisztematikus felépítésére, tanulmányozására van hozzájuk szükség, és így erre most nem térhetünk ki. Tehát most csak bizonyítás nélkül közöljük a következő tételt. Tétel (Liouville). Ha egy egész függvény korlátos C-n, akkor azonosan konstans. Ez a valósban nem igaz: pl. az f(x) = cos x függvény akárhányszor differenciálható, és korlátos R-en. De komplex függvénytanban ez az egyik alaptétel. Eddig csak néhány komplex egész függvényt ismerünk: a polinomokat, e z -t, az ebből származtatott ch z, sh z függvényeket, de ezek valóban nem voltak korlátosak: Liouville tétele azt mondja ki, hogy komplexben ez egy általánosan érvényes tulajdonsága az egész függvényeknek. Elsőre kicsit meglepő a dolog, annál is inkább, mert C részhalmazaira azért már nem marad érvényben egy ilyen erős állítás: pl. az f(z) = 1/z függvény differenciálható az egységkörön kívül, és ott korlátos is (hiszen 1/z 1, ha z > 1). Az Algebra Alaptételének bizonyítása a Liouville tételből. Legyen tehát p C[z] tetszőleges. Ha p(z) const., akkor persze készen vagyunk, tehát feltehetjük, hogy deg p 1, ami azt is jelenti, hogy p(z), ha z. Figyelem, itt komplex függvénytannal dolgozunk, tehát csak egy végtelen van, és p(z) azt jelenti, hogy p(z), amidőn z, azaz K R úgy, hogy p(z) > K ha z > R. Tekintsük most az f(z) := 1/p(z) komplex függvényt, amelynek értelmezési tartománya D f = C Z, ahol Z a p(z) polinom 0-helyeinek, gyökeinek a halmaza. Ha tehát p-nek nincsen gyöke, akkor Z = és f egész függvény lesz. Speciálisan, persze f folytonos is az egész komplex síkon. Márpedig ebben az esetben f korlátos is, hiszen pl. K = 1-hez véve a megfelelő R-et, azt találjuk, hogy z > R-re f(z) = 1/ p(z) < 1/K = 1 (mert itt p(z) > K), a korlátos, zárt D(R) := {z C : z R} körlapon pedig minden folytonos függvény így f is korlátos kell maradjon. Valóban, ha volna olyan z n D(R), amelyre f(z n ) n, akkor a Bolzano-Weierstarss tétel miatt vehetnénk ebből egy z nk z 0 D(R) konvergens részsorozatot, amelyre ezek szerint lim k f(z nk ) = teljesülne, holott a folytonosság miatt lim k f(z nk ) = lim z z0 f(z) = f(z 0 ) kell igaz legyen a folytonosság miatt. Hasonló meggondolással valósban ezt is bizonyítottuk az előadáson! könnyen látható az is, hogy D(R)-en a legkisebb felső korlát egyben maximuma is lesz f-nek. Legyen tehát M := max D(R) f az f korlátja D(R)-en: ekkor f(z) max(1, M) az egész komplex sík bármely pontjában. 8
Abból, hogy f egész függvény, és f(z) max(1, M) korlátos, Liouville tétele szerint az következik, hogy f(z) c. Jegyezzük meg, hogy c 0, f(z) = 1/p(z) nem lehet seholsem 0, hiszen p(z) = nem léphet fel a véges z C pontokban. Tehát visszakapjuk, hogy ha p-nek nincsen gyöke, azaz ha Z = és f(z) := 1/p(z) egész függvény, akkor p(z) C := 1/c azonosan konstans, amint állítottuk. Az Algebra Alaptétele teljes alakjának bizonyítása a gyengébb alakból. Legyen tehát p(z) = a n z n + + a 0 C[z] egy tetszőleges, a n 0, deg p = n 1 nem-konstans polinom. Kiemelve a := a n -et, feltehető, hogy p főegyütthatója 1. Ha n = 1, akkor ez azt jelenti, hogy p(z) = a 1 z+a 0 = a 1 (z+(a 0 /a 1 ), tehát a := a 1 0 és z 1 := a 0 /a 1 mellett p(z) = a(z z 1 ), amint állítjuk. Bizonyítsunk tehát teljes indukcióval! Ha deg p n 1 -ig már tudjuk az állítást, akkor tekintsük az n > 1-edfokú p(z)-t és annak egy α gyökét (ami az Algebra Alaptételének gyengébb alakja szetint mindig létezik). Lemma. Legyen p(z) K[z] egy K számtest feletti polinom. Az α K ennek pontosan akkor lesz gyöke (azaz p(α) = 0), ha a (z α) lineáris faktor gyöktényező osztja p(z)-t, azaz van olyan q(z) K[z] polinom, amelyre p(z) = q(z) (z α). Speciálisan, ekkor deg q = deg p 1. Lemma bizonyítása. Ha p(z) = q(z)(z α), akkor p(α) = q(α)(α α) = 0. Megfordítva, ha p(α) = 0, akkor p-t maradékosan elosztva a z α elsőfokú 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, tehát r(z) c konstans. Behelyettesítve α-t kapjuk, hogy 0 = p(α) = q(α)(α α) + c, tehát c = 0, és (z α) p(z). Folytatva tehát az Algebra Alaptételét, a Lemma értelmében a (z α) gyöktényező osztója p-nek: tehát p(z) = q(z)(z α), ahol ugye deg q(z) = n 1. Erre a q(z) hányadospolinomra tehát alkalmazható az indukciós feltevés: q(z) = a n 1 (z z j). Beírva a p(z) = q(z)(z α) előállításba ezt, és azt, hogy z n := α, megkapjuk a tételt. Könnyű látni, hogy ha most p(x) R[x] valós együtthatós polinom, és ennek z = z j C egy komplex gyöke, akkor a z = z j konjugált is gyöke lesz p-nek: ugyanis p(z) = a n z n + + a 1 z + a 0 = a n z n + + a 1 z + a 0 = p(z) = 0 = 0. Ebből pedig az következik, hogy ha a p(x) R[x] polinom komplex gyökei közül kivesszük az α 1,..., α k valós gyököket, és a maradék nem-valós komplex gyököket konjugált párokba rendezzük, akkor minden valós polinomot fel tudunk írni olyan alakba, hogy p(x) = a k m (x α j ) (x 2 + β l x + γ l ) (deg p = n = k + 2m), (4) l=1 ahol a kvadratikus tényezőknek nincsenek valós gyökeik (hiszen nem-valós komplex gyökeik vannak, így a kvadratikus egyenlet megoldóképletében negatív a diszkriminánsuk, és ezért semmiképpen sem lehet valós gyökük). Nyilván egy x 2 + βx + γ kvadratikus polinom 9
pontosan akkor irreducibilis (felbonthatatlan) már ugye R felett, mert komplexben minden polinom lineáris faktorokra bomlik! ha nincsen valós gyöke: ha ugyanis felbomlana nem-triviálisan, azaz két elsőfokú tényezőre, akkor (x α 1 )(x α 2 ) alakú volna, és α 1, α 2 a gyökei lennének. Tehát (4) épp a p(x) irreducibilis tényezőkre bontása R[x]-ben. MAgyarán, megkaptuk az algebra alaptételének következő, valós változatát. Tétel (Algebra alaptétele valósban). Ha p(x) R[x] egy deg p = n > 1 valós együtthatós polinom, akkor ez valós gyöktényezők és másodfokú, nem-nulla (valós gyök nélküli) irreducubilis kvadratikus faktorok szorzatára bontható a (4) szerint. A fentiekből következik, hogy ha p(x), q(x) valós polinomok (mint a fenti példánkban), akkor ezeknek is a (4) alakú irreducibilis tényezős felbontásuk van, és a l.n.k.o. éppen a közös tényezőket tartalmazza (multiplicitás esetén a mindkettőben még meglevő legnagyobb hatványon). Próbáljuk ezt a polinom-számelméleti tudásunkat kamatoztatni a fenti l.n.k.o. keresési példában! Álljunk most neki úgy a feladatnak, hogy próbáljuk meg p(x)-et és q(x)-et felbontani az algebra alaptétele szerinti (4) módon, és kikeresni a közös tényezőket! Kezdjük azzal az észrevétellel, hogy p(x)-ről szinte ordít, hogy (x 3) p(x), u.i. x 3 nyilván könnyen kiemelhető belőle, és adódik p(x) = (x 3)(x 4 1). Ha ezt észrevettük, akkor már nagyon könnyű tovább felbontanunk p(x)-et: p(x) = (x 3)(x 1)(x+1)(x 2 +1), és ez tovább már nem is bomlik R[x]-ben, mert x 2 + 1 > 0, nincsen gyöke. q(x)-nek talán nem látjuk ennyire könnyen a tényezőit, de azt hamar leellenőrizhetjük, hogy a p(x)-ben talált lineáris faktorok közül melyek lehetnek q(x)-nek is tényezői: ugyanis ha egy (x α) lineáris gyöktényező benne van q(x)-.ben, az pontosan akkor fordulhat elő, ha q(α) = 0. Tehát p(x) felbontásának ismeretében a legokosabb, ha leteszteljük, hogy p gyökei közül mely gyökök lesznek egyúttal gyökei a q-nak is. Azt találjuk, hogy q( 1) = q(3) = 0, de q(1) = 12 0. Tehát a lineáris faktorok közül az (x 3) és az (x+1) lesznek közös tényezők p(x)-ben és q(x)-ben, és ezekkel így máris érdemes lefaktorizálni, elosztani q(x)-et. Az gyorsan megy, hogy q(x) : (x+1) = x 3 3x 2 +2x 6 és (x 3 3x 2 +2x 6) : (x 3) = x 2 + 2, tehát végül megkapjuk a q(x) = (x + 1)(x 3)(x 2 + 2) irreducibilis felbontást is, és ebből persze nyilvánvalóan adódik, hogy d(x) = (p(x), q(x)) = (x +1)(x 3) = x 2 2x 3. Vegyük észre, hogy egy szimpla észrevétel az, hogy p(x)-ből ki lehet emelni (x 3)-at milyen jelentős mértékben egyszerűsítette, megkönnyítette a munkánkat! Ugyanígy persze az euklideszi algoritmus végrehajtása során is okoskodhatunk, trükközhetünk a könnyebb számolás kedvéért. Például egy konstans kiemelése ha nem felejtkezünk el róla később, ami vezethet számolási hibához persze! egyszerűsítheti a dolgunkat. Például amikor a (3x 2 6x 9) polinommal kellett osztanunk, jobban tettük volna, ha kiemeljük a 3 konstansot, leosztunk a sokkal kellemesebben számolható (x 2 2x 3) polinommal, és csak azután osztunk még tovább a 3 konstanssal. Ha megvan az (x 2 2x 3) alak, akkor könnyen felírhatjuk a gyöktényezős felbontását is, és megint csak egyszerűsíthetjük a számolást a lineáris tényezőkkel való egymás utáni, lépésenkénti osztásra. 10
8. Alkalmazás: egy racionális törtfüggvény integrálása Lássuk most, hogy hogyan hasznosítható mindez akkor, ha a feladatunk az p(x) F (x) := R(x)dx = q(x) dx = x 5 3x 4 x + 3 dx (5) x 4 2x 3 x 2 4x 6 határozatlan integrál (primitív függvény) kiszámítása! Abból, amit eddig kiszámoltunk, adódik, hogy leszámítva az x = 1 és x = 3 pontokat, amelyekben a nevező zérushelye miatt az integrandus nincsen értelmezve úgy alakíthatjuk át a racionális törtfüggvényünket, hogy R(x) = p(x)/d(x) q(x)/d(x) = (x 1)(x2 + 1) x 2 + 2 = x 1 x 1 x 2 + 2. Vegyük észre, hogy itt akár az egyszerűsítés előtt is kiemelhettük volna a h 1 (x) = x 1 polinomiális tagot a számolás sorrendje (előbb egyszerűsítünk, aztán végezzük el a maradékos osztást vagy fordítva) az eredményen nem változtat. A másik esetben azonban az r 1 (x)/d(x)-et kellett volna kiszámoljuk, amit eddig még nem tettünk, így inkább most azt választottuk, hogy az egyszerűsítés után végeztük el az (x 1)(x 2 +1) = x 3 x 2 +x 1 polinom maradékos osztását az x 2 + 2 nevezővel. Itt egyébként megint lehet még okosabban is számolni, megtakarítva még ezt a maradékos osztást is: u.i. ki lehet emelni az (x 1) faktort a számlálóból, és aztán már nagyon könnyen azt írhatjuk, hogy R(x) = (x 1)(x2 + 1) x 2 + 2 = (x 1) x2 + 1 x 2 + 2 = (x 1) ( 1 1 ) = x 1 x 1 x 2 + 2 x 2 + 2. Vegyük észre, máris mennyit egyszerűsödött a feladatunk! Innen tovább számolva ( R(x)dx = x 1 x 1 ) x 1 dx = (x 1)dx x 2 + 2 x 2 + 2 dx = 1 2 x2 x + C + 1 2x 2 x 2 + 1 dx dx x 2 + 2 = 1 2 x2 x + C + 1 2 log(x2 + 1) 1 ( ) x arctan. 2 2 A két utolsó integrálás figyelemreméltó, de a parciális törtfüggvények integrálása során sztenderd, sőt alapvető (és meg is kell tanulni): egyrészt f (x)/f(x)dx = log f(x) + C, másrészt dx x 2 + a = 1 ( ) x arctan +C, mely utóbbiról meggyőződhetünk könnyen, ha a a deriváljuk a kifejezést. Persze ezt az utóbbit könnyen ki is lehet gyűrni, előzetes képletmegadás nélkül is: csak az y := x/ a lineáris helyettesítést kell elvégezni az integrálban. 11
Ehhez hasonlóan kiszámítható tetszőleges pozitív (tehát valósban gyökmentes) kvadratikus (azaz másodfokú) polinomra az is, hogy dx x 2 + bx + c = dx (D := c b 2 /4 > 0 a diszkrimináns negatív) (x + b/2) 2 + D ( 1 dx = Dy 2 + D dy dy y := x + b/2 ; x = dx Dy b/2; D dy = ) D = 1 1 D y 2 + 1 dy = 1 arctan y + C = 1 ( ) x + b/2 arctan + C. D D D Még ennél is általánosabban az előadáson kiszámoltuk részletesen azt is, hogy dx ax 2 + bx + c = 2 ( ) 2ax + b arctan + C ( a diszkrimináns := b 2 4ac < 0 ), de erre tényleg nincsen igazán szükség, mert azért egy konstans tényező kiemelésével mindig könnyen elérhető, hogy a nevező főegyütthatója eleve 1 legyen. 9. Homogén nevezőjű racionális törtfüggvények integrálása Az előbbi feladatunkban R(x) felbomlott egy polinomiális részre (aminek integrálása nem okozott problémát), egy olyan részre, amiben az f /f alakot ismertük fel (és így tudtuk integrálni, hiszen f /f = log f), és végül egy kvadratikus polinom reciprokára, amelynek integrálását az dy = arctan y integrálra vezethettük vissza. y 2 + 1 Mennyiben volt ez csak szerencsés véletlen? Mit tudunk tenni, ha másféle kifejezések adódnak egy racionális törfüggvény integrálása során? Azt láttuk, hogy az algebra alaptétele meghatározza a nevező faktorait. Ebben a szakaszban foglalkozzunk azokkal az esetekkel, amikor csak egyetlen (másodfokú vagy elsőfokú) tényező valamilyen hatványa szerepel a nevezőben: nevezzük ezeket a nevezőben homogén faktoroknak. Később majd látni fogjuk, hogy ez a fontos speciális eset általánosságban is elvezet a feladatunk teljes megoldásához. Ha w R tetszőleges, akkor a hatványfüggvény integrálási szabályából és a helyettesítéses integrálásból C (x w) α dx = { C log x w ha α = 1 C (x 1 α w)1 α ha α 1, azaz a nevezőben egy adott lineáris faktor akármilyen nagy hatványaival mindaddig, amig a számlálóban konstans található nincsen gondunk. Persze bármi más polinom is lehet a számlálóban, de ez sem akadály. Maradékos osztással mindig felírhatjuk azt úgy, hogy ami többszöröse (x w) α -nak, azt kiemeljük (és lesz egy polinomiális rész belőle), ami meg marad, annak a foka < α; aztán ezt meg tovább 12
elosztva maradékosan (x w) α 1 -gyel, a hányados tehát ahányszor megvan a < α fokú polinomban (x w) α 1 ad egy c/(x w) alakú tagot, és a maradék foka már kisebb, mint α 1, stb. Tehát végül egy polinomiális részre és további C/(x w) λ (λ α) alakú tagok összegére bonthatjuk a p(x)/(x w) α függvényt, bármi is volt a számláló. Hogy ezt jobban átlássuk, a legegyszerűbb azt az esetet példának vennünk, amikor w = 0. Az, hogy az általános esetet ilyenre vezessük vissza, csak egy lineáris x := x w helyettesítést kíván. Ha tehát most a feladat p(x)/x α integrálása, ahol p(x) = a m x m + + a 1 x + a 0, akkor nyilván p(x)/x α = (a m x m α + + a α ) + a α 1 /x + + a 1 /x α 1 + a 0 /x α a kívánt felbontás amit már könnyen integrálhatunk. Lássuk mindezt egy számpéldán! Ha a nevezőben felismerhetjük (x 1) hatványát, akkor az u := x 1, x = u + 1 helyettesítés hozza könnyebben kezelhető alakra a kifejezésünket: 3x 4 12x 3 + 17x 2 5x 5 3x 4 12x 3 + 17x 2 5x 5 dx = dx x 3 3x 2 + 3x 1 (x 1) 3 ( ) 3(u + 1) 4 12(u + 1) 3 + 17(u + 1) 2 5(u + 1) 5 dx = 1 du u 3 du = 1 (3u 4 + 12u 3 + 18u 2 + 12u + 3) 12u 3 36u 2 36u 12 + 17u 2 + 34u + 17 5u 10 = u 3 3u 4 u 2 + 5u 2 = du = (3u 1u u + 5 1u 2 1u ) du 3 2 3 = 3 2 u2 log u 5 u + 1 u 2 + C = 3 2 x2 3x + 3 2 log x 1 5 x 1 + 1 (x 1) 2 + C. du Vegyük észre, hogy itt a számláló magasabb fokú volt, mint a nevező, és persze a polinomiális tagot akár mindjárt a helyettesítés előtt is leválaszthattuk volna - maradékos osztással, ugye - de ezzel sem vesztegettük az időt, egy menetben átalakítottuk az egész törtet és a polinomiális rész leválasztása is persze egyszerűbb volt úgy, hogy a nevező u 3, tehát egy tiszta u-hatvány, a legegyszerűbben kezelhető alakú osztó lett. Ez a mechanikus átalakítás persze nagyon kihasználja, hogy egyetlen lineáris tényező homogén hatványa áll a nevezőben - de a maradékos osztással való polinomiális rész leválasztás, majd a további maradékos osztások azért mindig elvégezhetőek, akár enélkül a helyettesítéses egyszerűsítés nélkül is. Mi van homogén, de egy adott másodfokú tényező hatványaként előálló nevező esetén? Szerencsére nem rosszabb a helyzet akkor sem, ha egy p(x)/r(x) α alakú kifejezéssel van dolgunk, ahol most r(x) = x 2 + bx + c egy pozitív (valós gyök nélküli) másodfokú faktor. Ekkor is szinte ugyanezt tehetjük: sorban elosztunk az r λ (x) hatványokkal, kezdve a legnagyobb r α (x)-szel, egészen az első hatványig. Tehát először leválasztunk egy h 0 (x) polinomiális részt az r α (x)-szel való osztás hányadosát aztán a maradék p 1 (x), deg p 1 (x) < deg r(x) α = 2α (azaz 2α-nál kisebb fokú) részt maradékosan eloszthatjuk r(x) α 1 -gyel, és írhatjuk, hogy p 1 (x) = h 1 (x)r(x) α 1 +p 2 (x) ahol ugye itt deg p 2 (x) < deg r(x) α 1 = 2(α 1) és a hányadost egyszerűsítés után 13
p 1 (x)/r(x) α = h 1 (x)/r(x) + p 2 (x)/r(x) α alakba írhatjuk. Majd következőleg a p 2 (x) maradékban már azt nézzük meg, hogyan van meg benne r(x) α 2, stb., és adódik a felbontás: p(x)/r(x) α = h 0 (x)+h 1 (x)/r(x)+ +h α (x)/r(x) α, ahol itt ugye minden lépésben deg p λ (x) < deg r α (λ+ 1) (x) = 2(α λ + 1). A p λ (x) = h λ (x)r(x) α λ + p λ+1 (x) maradékos osztásból felírva a fokszámokat, ( ) ) 2(α λ) + 2 deg p λ (x) p λ+1 (x) = deg (h λ (x)r(x) α λ = deg h λ (x) + 2(α λ), és adódik, hogy deg h λ (x) < 2, azaz h λ (x) = A λ + B λ elsőfokú, lineáris polinom. Hirtelen úgy tűnhet, hogy a helyzet rosszabb, mint a lineáris esetben, mert a számlálóban azért van x-es tag is. Ez azonban csak látszólag probléma, mert valójában az r (x) = 2x+b tagot A/2-ször kiemelve írható, hogy Ax + B Ax + A dx = b + ( B Ab) 2 2 dx = A r(x) λ r(x) λ 2 r (x) (B r(x) dx + A2 ) b λ dx r(x) λ, és itt az előzőekhez hasonlóan (helyettesítéses integrállal) az első integrál ismét adódik: { r (x) r(x) dx = log r(x) ha λ = 1 λ 1 1 λ r(x)1 λ ha λ 1. Marad tehát az utolsó, dx integrál kiszámítása, és ebből is már fentebb megmutattuk, hogyan számolható ki a λ = 1 eset az arctan segítségével. Utolsónak tehát nézzük r(x) λ meg, miként számíthatjuk ki az integrált akkor, ha λ > 1. Lássunk tehát most egy (kicsit még általánosabban felírt) számpéldát: 7x 4 I := dx =? (6) (5x 2 + 6x + 2) 3 Mivel (5x 2 + 6x + 2) = 10x + 6, azért I = 7 10x 40/7 10 (5x 2 + 6x + 2) dx = 7 10x + 6 82/7 3 10 (5x 2 + 6x + 2) dx 3 = 7 (5x 2 + 6x + 2) 10 (5x 2 + 6x + 2) dx + 7 82/7 3 10 (5x 2 + 6x + 2) dx 3 = 7 ( ) 1 1 10 1 3 (5x 2 + 6x + 2) 82 1 2 10 (5x 2 + 6x + 2) dx. 3 A kulcs tehát, mint fentebb mondtuk, a dx J := (5x 2 + 6x + 2) dx 3 14
integrál kiszámítása. Győződjünk meg róla, hogy a nevező valóban nem 0 seholsem: a diszkriminánsa D = 6 2 4 5 2 = 4 < 0. Ezért így számolhatunk: J = 1 dx 125 (x 2 + 6x + 2 = 1 dx 5 5 )3 125 ((x + 3 5 )2 9 + 10 25 25 )3 = 1 125 = 125 dx ((x + 3 5 )2 + 1 25 1 1 (y 2 + 1) 3 5 = 125 )3 dy = 25 dx ((5x + 3) 2 + 1) 3 dy (y 2 + 1) 3 ( y := 5x + 3; x = y 3 5 ( dx dy = 1 5 ; dx = 1 5 dy Végül elérkeztünk a megoldandó alapintegrálhoz, amit így alakíthatunk át y = tan t (t = arctan y) helyettesítéssel: ( dy (y 2 + 1) = 1 1 3 (tan 2 t + 1) 3 cos 2 t dt = cos 4 dy t dt y = tan t; dt = 1 ) cos 2 t Nyilván ugyanilyen jellegű kifejezést kapunk, ha nem köbös, hanem más hatvány van a nevezőben, csak a cos t kitevője lesz egy másik (de páros) egész kitevő. Ideje tehát, hogy megbeszéljük az ilyesfajta trigonometrikus integrálok kiszámítását is. 10. Trigonometrikus szorzatkifejezések integrálja Az előző fejezetben arra jutottunk, hogy homogén nevezőjű racionális törtkifejezések integrálása mindig elvégezhető, feltéve, hogy ha ki tudjuk integrálni azt a kifejezést is, amelyben egy másodfokú, valósban gyökmentes (tehát nem-valós komplex gyökpárhoz tartozó) nevező egynél magasabb hatványának reciprokával van dolgunk. Egyszerű lineáris helyettesítéssel ezt az esetet úgy alakítottuk át, hogy a feladatunk a C(k) := dy (y 2 + 1) k+1 integrálra vezessen, ezt pedig egy y = tg t további helyettesítéssel a következő formára alakítottuk át: C(k) := dy (y 2 + 1) = k+1 cos 2k tdt. (7) Most tehát ennél kicsit általánosabban trigonometrikus szorzatkifejezésekkel foglalkozunk, és megmutatjuk, hogyan lehet ilyeneket integrálni. Trigonometrikus szorzatkifejezéseken, és (röviden szólva) trigonometrikus integrálokon olyan kifejezéseket és integrálokat értünk 1, amelyek alakja T := T (m, n) := cos m t sin n t dt. 1 Persze mondhatnánk, hogy az cos(7x + 2) sin(x 2 1)dx integrál, vagy az cos(7x + 2π/3) + sin(x π/4) dx is trigonometrikus integrál, meg az cos 2 x + 3 sin x sin(2x π/3) 4 cos x + sin 3 dx is trigonometrikus integrál, de ezeket mégsem szokás trigonometrikus integráloknak nevezni, csak a fenti alakú x kifejezéseket. 15 ) )
Vegyük észre, hogy ha valamelyik trigonometrikus alapfüggvény kitevője éppen egy, akkor egy f α f típust látunk magunk előtt, amit α minden valós értékére tudunk integrálni. Ha most pl. n = 2k + 1 páratlan természetes szám, ahol most k 1, akkor sem rosszabb a helyzet: ugyanis ekkor T (m, 2k + 1) = cos m t sin 2k t sin t dt = cos m t ( 1 cos 2 t ) k sin t dt = k j=0 ( ) k ( 1) j cos m+2j t sin t dt = j k j=0 ( ) k ( 1) j+1 j m + 2j + 1 cosm+2j+1 t + C. Jegyezzük meg, hogy ehhez még csak arra sem volt szükség, hogy m természetes szám legyen: megy ez m R tetszőleges értékére, csak éppen arra kell ügyeljünk, hogy ha m páratlan és negatív egész, akkor esetleg m+2j = 1 felléphet (és fel is lép, ha m 2k 1), és ekkor az integrál log cos x alakú lesz, nem hatvány. De persze ez sem baj, hiszen ez az integrál is egy explicit formula. Egyébként lehet ehhez a feladathoz másképpen parciális integrálással is hozzányúlni. Ugye ha k = 0, akkor direktben jelen van az f α f típusú integrál, ha pedig k > 0, akkor f := cos m t sin t, tehát f(t) := 1 m+1 cosm+1 t vagy, ha épp m = 1, akkor f(t) := log(cos t) és g(t) := sin 2k t választással T (m, 2k + 1) = f (t)g(t)dt = f(t)g(t) f(t)g (t)dt = 1 m + 1 cosm+1 t sin 2k t = 1 m + 1 cosm+1 t sin 2k t + T (m + 2, 2k 1), 1 m + 1 cosm+1 t2k sin 2k 1 t cos tdt ami egy rekurzív kiszámolást tesz lehetővé (és persze ugyanígy akkor is, ha m = 1 volt és a kiintegrált rész éppen log(cos t) sin 2k t alakú lett). Tehát azt találtuk, hogy simán integrálhatóak olyan kifejezések is, mint pl. tg k t ctg l t cos m t sin n t dt = T (l + m, k + n), legalább is akkor mindig, ha az összevonás után vagy l + m, vagy k + n egy páratlan természetes szám lesz. Sőt, ha mindkét index egész, akkor igazából még az is elég, hogy T (m, n)-ben valamelyik kitevő páratlan egész szám legyen (és a másik tetszőleges egész), a páratlan kitevőnek nem Az első kifejezést nem szoktuk egyáltalán besorolni ilyen nevezetes alaptípusokba nincsen is rá jól ismert elemi módszer, hogy kiszámítsuk a másodikat az addíciós tételekkel fel lehet bontani, át lehet alakítani a harmadik típusba sorolható kifejezéssé, és végül ezt az átalakított kifejezést, illetve az utolsó típust amelyben tehát az ingtegrandus a cos x, sin x változók kétváltozós racionális törfüggvényeként áll elő trigonometrikus racionális kifejezések integráljaként szokás emlegetni. Ez utóbbira van megoldási módszer, de erre pilanatnyilag nincsen szükségünk, így most a tárgyalásába nem bocsátkozunk. 16
is feltétlenül kell pozitívnak lennie: ugyanis ha n = 2k + 1, ahol k < 0 egész, akkor az s = cos t, t = arccos s helyettesítéssel ( ) cos m t dt T (m, 2k + 1) = sin t dt sin t dt = ds, (1 cos 2 t) k ds = 1 (1 s2 ) = 1 sin t s m s m = ds = ds, (8) (1 s 2 ) k (1 s) k (1 + s) k ahol itt a nevező lineáris faktorokra bomlik (még akkor is, ha m < 0 negatív!). Az ilyen típusú racionális törtfüggvényt pedig amint azt a következő, 12. és??. Fejezetekben láthatjuk minden további bonyodalom nélkül, közvetlenül ki lehet integrálni. Körképet kapva általában a trigonometrikus szorzatkifejezésekről és az általános trigonometrikus integrálok kiszámítási módjairól, térjünk vissza ahhoz az esethez, ami a homogén nevezőjű racionális törtfüggvények integrálása során még előttünk maradt: a (7) integrálokhoz, illetve ennél általánosabban, azokhoz az integrálokhoz, amelyekben mind cos t, mind sin t kitevője páros: T (2k, 2l) := cos 2k t sin 2l tdt (9) A feladat egyszerűsítésére az egyik lehetőség, ugyanúgy, mint az előbb, hogy a sin 2 x = 1 cos 2 x azonosságot és binomiális tételt alkalmazva visszavezetjük ezt tiszta cos-hatványok integráljára: T (2k, 2l) := cos 2k t(1 cos 2 t) l tdt = l j=0 ( l )( 1) j j cos 2k+2j t dt = l j=0 ( ) l ( 1) j C(k+j). j Ugyancsak lehet itt is parciális integrálással átalakítani a kifejezést, és visszajutni rekurzív módon ezekhez a C(k + j) alakú integrálokhoz. Ezek után tehát mindkét módszerrel ismét visszajutunk oda, hogy csak a C(k) integrálokat kéne kiszámoljuk. De páros kitevők esetén valószínűleg a legjobb, leggyorsabb, legközvetlenebb megoldás, ha egyszerre alkalmazzuk T (n, m) = T (2k, 2l)-ben a négyzetekre ismert trigonometrikus átalakításokat, ezért itt emlékeztetünk a kétszeres szögek ismert azonosságaira: sin 2 α = 1 cos(2α), cos 2 α = 1 + cos(2α) 2 2 sin(2α) = 2 sin α cos α = = 1 1 + tg 2 α, (10) 2 tg α 1 + tg 2 α, (11) cos(2α) = cos 2 α sin 2 α = 2 cos 2 α 1 = 1 tg 2 α 1 + tg 2 α = 2 1. (12) 1 + tg 2 α 17
Ebből tehát az u = 2t, dt/du = 1/2 helyettesítéssel ( ) k ( ) l 1 + cos 2t 1 cos 2t T (2k, 2l) = dt 2 2 = 1 k ( ) k l ( ) l cos i u ( 1) j cos j u du 2 k+l+1 i j = 1 2 k+l+1 k i=0 i=0 l (( )( ) k l )( 1) j i j cos i+j u du = k l c(i, j)t (i + j, 0). i=0 Itt ugye a sin u nem szerepel (csak nulla hatványon), és ha i + j páratlan, akkor tudjuk a megoldást, ha pedig i + j páros, akkor ismételten egy C ( ) i+j 2 integrállal van dolgunk, csakhogy a redukció nagyon gyors: a fellépő kitevőkre itt 0 i + j k + l = m+n 11. Példa páros kitevős cos-hatvány integrálására dy Számítsuk ki például az előbb felmerült C := C(2) := (y 2 + 1) = 3 ( ) 2 1 + cos 2t C = cos 4 t dt = dt = 1 (1 + cos u) 2 du 2 8 = 1 ( 1 + 2 cos u + 1 + cos(2u) ) du = 8 2 2. cos 4 t dt integrált! ( u = 2t, t = u 2, dt ( 3 16 + 1 4 cos u + 1 cos 2u 16 = 3 16 u + 1 4 sin u + 1 32 sin 2u + C = 3 8 t + 1 4 sin 2t + 1 sin 2t cos 2t + C 16 = 3 8 arctan y + 1 y 2 y 2 + 1 + 1 ( ) y 2 8 y 2 + 1 y 2 + 1 1 + C (y = tg t, t = arctan y) = 3 8 arctan y + 3 y 8 y 2 + 1 + 1 y 4 (y 2 + 1) + C, 2 ) du du = 1 2 ahol alkalmaztuk a kétszeres szögek szögfüggvényeire ismert (11), (12) formuláinkat az α = t = arctan y esetben arra, hogy a sin(2t), cos(2t) kifejezéseket tg t = y segítségével írjuk fel. Visszaidézve, hogy a 9. Fejezet végén hol tartottunk a (6) formulával felírt integrál kiszámításában, most azt is befejezthetjük: I := J := C(2) := 7x 4 7 1 dx = (5x 2 + 6x + 2) 3 20 (5x 2 + 6x + 2) 82 1 2 10 (5x 2 + 6x + 2) dx, 3 1 dy dx = 25 (y = 5x + 3) (5x 2 + 6x + 2) 3 (y 2 + 1) ( ) 3 = cos 4 t dt = 3 8 arctan y + 3 y 8 y 2 + 1 + 1 y 4 (y 2 + 1) + C, 2 dy (y 2 + 1) 3 18 )
és végezetül I = 7 ( 1 3 20 (5x 2 + 6x + 2) 205 2 8 arctan(5x + 3) + 3 5x + 3 8 (5x + 3) 2 + 1 + 1 ) 5x + 3 +C. 4 ((5x + 3) 2 + 1) 2 12. Racionális törtfüggvények parciális törtekre bontása Tekintsünk egy tetszőleges R(x) = P (x) racionális törtfüggvényt. Ekkor Q faktorizációja Q(x) a polinomok algebra alaptétele szerinti (4) felbontásában az azonos faktorokat összevonva úgy írható 2, mint Q(x) = k (x w j ) a j l ((x u j ) 2 +vj 2 ) b j = k (x w j ) a j l (x z j ) b j l (x z j ) b j ; (13) itt deg Q = k a j + l j=0 2b j, a valós gyökök a w j -k, a j multiplicitásokkal, a (nem-valós) komplex gyökpárok pedig a z j = u j + iv j, z j = u j iv j gyökök (ahol tehát v j 0), mindegyikük b j b j multiplicitással. Menjünk neki akkor most annak, hogy először a komplex számtest fölött felbontjuk R(x)-et homogén nevezőjű törtekre. Állítás (Felbontás C felett.) Ha R(x) akár komplex együtthatós racionális törtfüggvény, azaz R(x) = P (x)/q(x), ahol P, Q C[x], és ha Q(x) = k (x ω j) s j a nevező (komplex számtest feletti) faktorizációja, akkor R(x) előáll úgy, mint R(x) = p(x) + k p j (x) (x ω j ) s j, ahol p, p j C[x], deg p j < s j. (14) Bizonyítás. Ha m := deg Q = k s j = 1, akkor az állítás triviálisan igaz. Alkalmazzunk tehát teljes indukciót m = deg Q szerint, és t.f.h. tudjuk az állítást m-ig: akkor bizonyítsunk most m + 1-re, ahol m 1, m + 1 2. Minden esetre a felbontási tétel teljesül az R(x) (x ω 1 ) racionális törtfüggvényre, mert ennek nevezője Q 1 (x) = (x ω 1 ) s 1 1 k j=2 (x ω j) s j, ahol a fokszám csak m. Visszaosztva (x ω 1 )-gyel, ebből megkapjuk, hogy R(x) = π(x) (x ω 1 ) + π 1(x) k (x ω 1 ) + s 1 j=2 π j (x) (x ω 1 )(x ω j ) s j deg π 1 < s 1 1, deg π j < s j (j = 2,... k). Elegendő tehát megmutatnunk, hogy az itt szereplő összeadandók mindegyike felbomlik úgy, ahogyan azt állítottuk. π(x)/(x ω 1 ) nevezője elsőfokú (tehát alkalmazhatjuk rá az 2 Feltehetjük, hogy Q főegyütthatója 1, mert egy konstans szorzót beépíthetünk a számlálóba is. 19
indukciós feltevést), π 1 (x)/(x ω 1 ) s 1 pedig már az állított alakban van (ugye deg π 1 (x) < s 1 1 is teljesül a konstrukcióból), ezért π(x) x ω 1 + π 1(x) (x ω 1 ) = π 0(x) + γ + s 1 x ω 1 π 1(x) (x ω 1 ) = π 0(x) + π (x) s 1 (x ω 1 ), s 1 ahol deg π (x) < s 1. Így elegendő a szummán belüli többi kifejezésekkel foglalkozzunk. Tekintsünk tehát egy π(x)/((x α)(x β) s ) alakú hányadost, ahol α β és deg π(x) < s, és mutassuk meg, hogy ez hogyan bomlik fel! π(x) π(x) π(α) = (x α)(x β) s (x α)(x β) + π(α) s (x α)(x β) = ρ(x) s (x β) + π(α) s (x α)(x β), s ahol ρ(x) := (π(x) π(α))/(x α) C[x], mert a számlálóban szereplő polinomnak α a gyöke, és így (a Lemma miatt) a gyöktényező osztja a π(x) π(α) polinomot: emellett deg ρ(x) = deg π(x) 1 < deg π(x) < s is teljesíti a megkívántakat. 1 A π(α) konstansot kiemelve tehát elegendő egy felbontást találnunk az (x α)(x β) s kifejezésrere. Ez gyorsan megvan: ha γ := 1 (α β), σ(x) := γ(x 1 s β)s + 1 = (α β) (x s β)s + 1, akkor könnyen ellenőrizhető, hogy σ(α) = 0, tehát (x α) σ(x), és a τ(x) := σ(x)/(x α) hányados polinommal valóban felírhatjuk, hogy γ (x α) + τ(x) (x β) = γ(x β)s + σ(x) = s (x α)(x β) s 1 (x α)(x β) s. Ráadásul mindjárt a fokszámokra vonatkozó feltevéseink is teljesülnek, mert deg τ(x) = deg σ(x) 1 = s 1 < s, amint az kellett nekünk. Tehát összefoglalva, azt kapjuk, hogy π(x) (x α)(x β) = π(α)γ s x α + ρ(x) + π(α)τ(x) (x β) s, ahol ebben a parciális törtekre bontásban a számlálók foka a megkívántaknak eleget téve nem éri el a megfelelő nevezőét. Állítás (A felbontás egyértelműsége). Ha az R(x) = P (x)/q(x) racionális törtfüggvény a P (x), Q(x) C[x] polinomok hányadosa, és R(x) egy parciális törtekre bontása a (14) alakú, akkor ebben a felbontásban a p(x), p j (x) C[x] polinomok mind egyértelműen meghatározottak, azaz más, a feltételek szerinti előállítás nem lehetséges. Bizonyítás. Osszuk el P (x)-et maradékosan az (x ω j ) s j polinommal, ahol 1 j k tetszőleges. Kapjuk, hogy P (x) = h j (x)(x ω j ) s j + r j (x), ahol h j (x), r j (x) C[x], és 20
deg r j (x) < s j. A (14) felbontásból viszont P )x) = R(x)Q(x) felbontásának minden olyan tagja, amely nem pont a p j (x)/(x ω j ) s j tag, nyilván osztható lesz a nevező Q(x)-szel való felszorzása után az (x ω j ) s j tényezővel, így igazából pontosan felírhatjuk h j (x)-et és r j (x)-et: utóbbira nincsen más lehetőség, mint r j (x) = p j (x). Tehát p j (x) egyértelműen meghatározott (már persze a deg p j < s j feltevés mellett) minden j = 1,..., k-ra. De akkor a p(x) = R(x) k p j(x)/(x ω j ) s j különbség is egyértelműen megahatározott, tehát adódik az állítás. Állítás (Parciális törtekre bontás R felett). Ha R(x) valós együtthatós racionális törtfüggvény, azaz R(x) = P (x)/q(x), ahol P, Q R[x], és ha (13) a nevező valós számtest feletti faktorizációja, akkor R(x) = p(x) + k p j (x) l (x w j ) + a j P j (x) ((x u j ) 2 + v 2 j )b j, (15) ahol p, p j, P j R[x], deg p j < a j (j = 1,..., k), deg P j < 2b j (j = 1,..., l). Bizonyítás. Persze egyúttal P, Q C[x] is, így alkalmazható az előző állítás, és ebben a b j db. z j -hez és b j darab z j -hoz tartozó tagokat összevonva adódik egy (15) alakú előállítás is, a megfelelő fokszám feltételekkel, hiszen ha π, ρ C[x], deg π < b, deg ρ < b, és z = u + iv, z = u iv egy b multiplicitású konjugált gyökpár, akkor π(x) (x z) + ρ(x) b (x z) = P (x) b r b (x), ahol r(x) := (x z)(x z) = (x u)2 + v 2, és persze P (x) = π(x)(x z) b + ρ(x)(x z) b C[x] foka is kisebb, mint 2b. Megkapjuk tehát az állítást, mindössze azzal az egyetlen eltéréssel, hogy hirtelen itt még nem látjuk, miért volnának a polinomiális részben és a számlálókban fellépő p, p j, P j polinomok valós együtthatós (és nem csak valamilyen komplex együtthatós) polinomok. Mindenesetre abból, hogy P, Q R[x], következik, hogy R(x) = R(x), ha x R. Tehát akármilyen komplex együtthatókkal is van felírva a (15) előállítás, az együtthatók konjugáltjait véve minden p, p j, P j -ben, kapunk egy másik racionális törtfüggvény előállítást, hiszen R(x) = R(x) = p(x) + k A két előállítást egymásból levonva azt kapjuk, hogy 0 = R(x) R(x) = p(x) p(x) + p j (x) l (x w j ) + P j (x) a j ((x u j ) 2 + v. j 2)b j k p j (x) p j (x) (x w j ) a j + l P j (x) P j (x) ((x u j ) 2 + v 2 j )b j. (16) Magyarán annyi a feladatunk, hogy belássuk, hogy egy azonosan nulla racionális törfüggvényben minden, az előállításában előforduló számláló is azonosan nulla (tehát a fellépő p, p j, P j polinomok azonosak a konjugáltjaikkal, és ezért valósak). 21
Alkalmazzuk az utolsó szummán belüli komplex racionális törtfüggvényekre a már igazolt egyértelmű (C feletti) felbontást! Adódik, hogy valamilyen s j (x), t j (x) C[x], deg s j (x) < b j, deg t j (x) < b j (j = 1,..., l) mellett P j (x) P j (x) ((x u j ) 2 + v 2 j )b j = s j(x) (x z j ) b j + t j(x) (x z j ) b j. Jegyezzük meg, hogy a közös nevezővel felszorozva itt azt is megkapjuk, hogy P j (x) P j (x) = s j (x)(x z j ) b j + t j (x)(x z j ) b j. (17) Most az r(x) = p(x) p(x), r j (x) = p j (x) p j (x) (j = 1,..., k) jelölésekkel a (16) formulából kapjuk, hogy 0 = r(x) + k r j (x) l ( (x w j ) + sj (x) a j (x z j ) + t ) j(x), b j (x z j ) b j Ez egyben a 0 egy komplex felbontása, aminek az egyértelműségét már igazoltuk, így csak az lehetséges, hogy r(x) = 0, r j (x) = 0 (j = 1,..., k), s j (x) = 0, t j (x) = 0 (j = 1,..., l). Visszaolvasva tehát megkapjuk, hogy p(x) = p(x), p j (x) = p j (x) (j = 1,..., k) és (17) miatt P j (x) P j (x) = 0 (j = 1,..., l). A gyakorlatban a parciális törtekre bontás során még elemibb részekre szoktuk felbontani a racionűális törtfüggvényeinket: ahogyan a 9. Fejezetben láttuk, a lineáris faktorokat konstans, a másodfokú pozitív faktorokat lineáris számlálóval írtuk fel. ennek ára, hogy a nevezők nem csaka legnagyobb, hanem az összes annál kisebb kitevővel is szerepelni fognak. Tétel (Elemi parciális törtekre bontás). Legyen R(z) = P (z)/q(z) racionális törtfüggvény, ahol P (z), Q(z) C[z], és legyen Q(x) azonos gyöktényezők összevonásával írt felbontása C felett Q(z) = a s (z z j) s j, deg Q = n = s s j. Ekkor C felett R felbomlik úgy, hogy R(z) = P (z) + s s j C (j) ( ) l (z z j ), C (j) l l C 1 j s, 1 l s j. (18) l=1 Továbbá, ha P (x), Q(x) R[x] valós együtthatósok, és Q(x) valós számtest feletti irreducibilis szorzatfelbontása (13) alakú, akkor a valós együtthatós R(x) racionális törtfüggvény valós elemi parciális törtekre bontható olymódon, hogy R(x) = p(x) + a k j A (j) l i (x w j ) + i i=1 b j B (j) i x + C (j) ( i A (j) ((x u i=1 j ) 2 + vj 2)i i, B (j), C (j) A P (z) illetve p(x) polinomiális rész, csakúgy, mint a számlálókban szereplő konstans együtthatók, mindkét esetben egyértelműek. 22 i i ) R. (19)