GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN

GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN

ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszék Gazdaságmatematika középhaladó szinten RACIONÁLIS TÖRTFÜGGVÉNYEK INTEGRÁLJA Készítette: Gábor Szakmai felel s: Gábor

Vázlat 1 2 3

Az és a polinomok halmaza Az és a polinomok halmaza között nagyon sok hasonlóság van, abban az értelemben, hogy ugyanolyan m veletekre nézve zártak. Két egész szám összege vagy különbsége egész szám, ahogyan a polinomok összege vagy különbsége is polinom. Ugyanígy két egész szám szorzata is egész szám, ahogyan két polinom szorzata is polinom, és ez a három m velet rendelkezik a szokásos m veleti tulajdonságokkal is. Két egész szám hányadosa azonban már nem feltétlenül lesz egész, ahogy két polinom hányadosa sem lesz minden esetben polinom. (Azokat a halmazokat, amelyeken ilyen típusú m veleteket tudunk végezni, az algebrában gy r knek nevezzük.) Ezt kihasználva, nagyon sok eredmény egy az egyben átvihet az halmazáról a polinomokra. A valós együtthatós polinomok halmazát ezután R[x]-szel jelöljük, és legyen p R[x] p 0 esetén gr(p) a polinom foka.

A maradékos osztás Tétel Legyen a, b Z, b 0. Ekkor egyértelm en létezik q, r Z, hogy a = qb + r és b > r. Tétel Legyen p 1, p 2 R[x], p 2 0. Ekkor egyértelm en léteznek olyan q, r R[x] polinomok, melyekre p 1 = p 2 q + r és gr(p 1 ) > gr(r) vagy r = 0. A tétel alapján számos fogalom vihet át az ról a polinomok halmazára, mint például oszthatóság, prím tulajdonság, legnagyobb közös osztó, legkisebb közös többszörös stb.

A maradékos osztás egy speciális esete Ha egy gy r n értelmeztük a maradékos osztást, akkor az oszthatóság fogalmát is értelmezni tudjuk, hiszen azt mondhatjuk, hogy az egyik polinom osztója egy másiknak, ha a maradékos osztás során a maradék 0. Ilyenkor lényegében szorzattá bontottuk az eredeti polinomunkat. Speciálisan ezért megvizsgálható, hogy egy els fokú polinom osztója-e egy magasabb fokú polinomnak. Ennek a kérdésnek a vizsgálata nem más mint, a polinom egy gyökének megkeresése. Tegyük fel ugyanis, hogy egy p(x) polinomnak osztója x a els fokú polinom, ahol a egy valós szám. Ekkor tudjuk, hogy p(x) = (x a)q(x), ahol q(x) egy harmadik polinom. A jobboldalnak nyílván gyöke az a, de akkor a baloldalnak is gyöke kell legyen.

A maradékos osztás a gyakorlatban Nem csak a tétel mondható ki nagyon hasonlóan a polinomok és az körében, de a maradékos osztás írásban nagyon hasonlóan végezhet el mindkét gy r ben. Ezért most egy konkrét példán felelevenítjük, hogy hogyan is oszthatunk el maradékosan két számot egymással írásban. Osszuk el a 38 625-öt 8-cal. 38625 : 8 = Balról jobbra haladunk. A 3-at 8-cal osztva 0-t kapunk, ezért az els szám, amit tényleg vizsgálunk a 38. 38625 : 8 =4 (38 4 8 = 6) 6 A mardék mellé lemásoljuk a következ számjegyet, így azt vizsgáljuk, hogy a 26-ban hányszor van meg a 8. 38625 : 8 =48 (66 8 8 = 2) 66 2

A maradékos osztás a gyakorlatban (folyt.) Az eljárást tovább folytatva a következ ket kapjuk: 38625 : 8 =482 (22 2 8 = 6) 66 22 6 Az eredmény alapján tehát 38625 : 8 =4828 (65 8 8 = 1) 66 22 65 1 38625 = 8 4828 + 1.

A maradékos osztás a gyakorlatban (folyt.) Most pedig egy másik példán megnézzük, hogyan végezhetjük el nagyon hasonlóan ugyanezt a m veletet polinomok között. Nézzük a kövezkez t: (x 5 + 3x 4 2x 2 + x 2) : (x 2 + x 1) = Az osztásnál a legnagyobb kitev j tagokat vesszük gyelembe. Ebben az esetben az osztandó legnagyobb kitev s tagja x 5, az osztójé x 2. Ezért az eredménypolinom legynagyobb kitv j tagja x 3 lesz. Szorozzuk a kapott tagot az osztóval: x 3 (x 2 + x 1) = x 5 + x 4 x 3. Az így kapott polinomot vonjuk ki az osztandóból, vagyis x 5 + 3x 4 + 2x 2 + x 2 (x 5 + x 4 x 3 ) = 2x 4 x 3 + 2x 2 + x 2. Az eljárást ezzel a polinommal kezdjük el r l. Az egészet röviden a következ képpen jelölhetjük. (x 5 + 3x 4 2x 2 + x 2) : (x 2 + x 1) = x 3 2x 4 x 3 2x 2 + x 2

A maradékos osztás a gyakorlatban (folyt.) Ezúttal a 2x 4 -et és az x 2 -et kell gyelembe venni. Ez alapján az eredménypolinom következ tagja 2x 2. Szorozzuk megint vissza az osztandó polinomot, és végezzük el a kivonást is. Így a következ alakhoz jutunk. (x 5 + 3x 4 2x 2 + x 2) : (x 2 + x 1) = x 3 + 2x 2 2x 4 x 3 2x 2 + x 2 3x 3 + x 2 Az eljárást folytatva a következ alakokhoz jutunk. (x 5 + 3x 4 2x 2 + x 2) : (x 2 + x 1) = x 3 + 2x 2 3x 2x 4 x 3 2x 2 + x 2 3x 3 + x 2 3x 2 2 x 2

A maradékos osztás a gyakorlatban (folyt.) (x 5 + 3x 4 2x 2 + x 2) : (x 2 + x 1) = x 3 + 2x 2 3x + 3 2x 4 x 3 2x 2 + x 2 3x 3 + x 2 3x 2 2 x 2 x + 1 Az eredményünk alapján tehát: x 5 + 3x 4 3x 2 +x 2 = (x 2 +x 1)(x 3 + 2x 2 3x + 3)+( x + 1).

Racionális törtfüggvények Legyen p 1 (x), p 2 (x) R[x]. Ekkor a p1(x) alakú függvényeket p 2(x) racionális törtfüggvényeknek nevezzük. Célunk meghatározni a racionális törtfüggvények primitív függvényeit. El ször is feltehet, hogy gr(p 2 (x)) > gr(p 1 (x)). Ugyanis, ha ez nem így lenne, akkor a polinomosztást felhasználva tudjuk, hogy p 1 (x) = p 2 (x)q(x) + r(x), ebb l p1 (x) p 2 (x) = q(x) + r(x) p 2 (x) = q(x) + r(x) p 2 (x). Az utolsó formában a két integrálból az els egy egyszer polinom integrálása, a második pedig olyan racionális törtfüggvény, ahol a számláló foka alacsonyabb, mint a nevez jé.

A törtek átalakítása Tétel Legyen p 2 (x) R[x]. Ekkor p 2 (x) felbontható els - és másodfokú polinomok szorzatára. Ezek alapján a következ alakba írható át az integrálandó: p 1 (x) (x u 1 ) α1... (x u n ) αn (a 1 x 2 + b 1 x + c 1 ) β1... (a k x 2 + b k x + c k ) β. k

A törtek átalakítása (folyt.) Tétel Legyen egy racionális törtfüggvény a fenti formában adott. Ekkor egyértelm en léteznek olyan A 1,..., A m, B 1,..., B l, C 1,..., C l R számok (m = α 1 + α 2 +... α n, l = β 1 + β 2 +... β k ), melyre a fenti alakban adott racionális törtfüggvény a következ alakba írható: A 1 (x u 1 ) + A 2 (x u 1 ) + + A α1 2 (x u 1 ) + + A m α1 (x u n ) + αn B 1 x + C 1 + (a 1 x 2 + b 1 x + c 1 ) + B 2 x + C 2 (a 1 x 2 + b 1 x + c 1 ) +... 2 B β1 x + C β1 + (a 1 x 2 + b 1 x + c 1 ) + + B l x + C l β1 (a k x 2 + b k x + c k ) β. k

a gyakorlatban A következ példán bemutatjuk, hogy a gyakorlatban hogyan végezhet el a parciális törtekre. El ször azokat az A, B, C számokat keressük, melyekre teljesül, hogy x 2 + x 1 (x 1)(x + 2) = A 2 x 1 + B x + 2 + C (x + 2) 2. Az összefüggés jobb oldalát közös nevez re hozva kapjuk, hogy A(x + 2) 2 + B(x 1)(x + 2) + C(x 1) (x 1)(x + 2) 2. Láthatjuk, hogy az ebben a formában felírt törtnek a nevez je azonos az eredetivel. Ezért a továbbiakban elegend a számlálóval foglalkoznunk. A számlálóban felbontva a zárójeleket, majd a megfelel tagokat kiemelve kapjuk, hogy (A + B)x 2 + (4A + B + C)x + 4A 2B C.

a gyakorlatban (folyt.) Ezt az eredményt az eredeti tört számlálójával összevetve kapjuk, hogy A + B = 1 4A + B + C = 1 4A 2B C = 1. Ha a második két egyenletet összeadjuk, akkor azt kapjuk, hogy 8A B = 0 8A = B. Ezt az els egyenletbe visszahelyettesítve A + 8A = 1 A = 1 9.

a gyakorlatban (folyt.) Amib l visszahelyettesítéssel kapjuk, hogy B = 8 9 C = 1 3. Összegezve tehát azt kaptuk, hogy x 2 + x 1 (x 1)(x + 2) 2 = 1 9(x 1) + 8 9(x + 2) 1 3(x + 2) 2.

a gyakorlatban (folyt.) Most keressük azokat az A, B, C számokat, melyekre az teljesül, hogy x 2 + x 1 (x 1)(x 2 + 2) = A x 1 + Bx + C x 2 + 2. Hasonlóan az el zöekhez el ször közös nevez re hozzuk: A(x 2 + 2) + (Bx + C)(x 1), (x 1)(x 2 + 2) majd a nevez ben felbontjuk a zárójeleket, és kiemeljük a megfelel tagokat: (A + B)x 2 + (C B)x + 2A C. Az eredeti tört nevez jével ezt összevetve kapjuk, hogy A + B = 1 C B = 1 2A C = 1.

a gyakorlatban (folyt.) Az els két egyenletet összedva kapjuk, hogy A + C = 2. Ehhez a harmadik egyenletet hozzáadva adódik, hogy 3A = 1 A = 1 3. Ezek után visszahelyettesítéssel kapjuk, hogy B = 2 3 C = 5 3. Összegezve tehát azt kaptuk, hogy x 2 + x 1 (x 1)(x 2 + 2) = 1 3(x 1) + 2x + 5 3(x 2 + 2).

Integrálás A parciális törtekre során tehát a következ alakú racionális törtfüggvényekhez juthatunk: C x a C (x a) k Cx + D ax 2 + bx + c Cx + D (ax 2 + bx + c), k ahol C, D, a, b, c tetsz leges valós, k pedig egynél nagyobb egész szám.

Integrálás (folyt.) Az ilyen alakú függvények integrálásához a követekez kre van szükségünk: dx = ln x a + c x a dx (x a) = 1 1 k k + 1 (x a) + c k 1 Ax + B x 2 + ax + b dx = A 2x + a = 2 x 2 + ax + b + A 2x + a = 2 x 2 + ax + b + A Aa (2x + a) + B 2 2 x 2 + ax + b C x 2 + ax + b = ( x + a 2 =ln(x 2 + ax + b) + 1 D arctg ( 2x + a 2D ahol C = B Aa 2 ; D = b a2 4. C ) 2 = + b a2 4 ) + c, =

Integrálás (folyt.) Az utolsó integráltípus meghatározásához egy kicsit általánosabb tételt kell alkalmaznunk. Tétel Legyen r(x) = x 2 + ax + b és g(x) R[x]. Ekkor g(x) r m (x) dx = A(x) B(x) r m 1 (x) + r(x), ahol A(x) egy (2m 3)-ad fokú, B(x) pedig els fokú polinom. Az A(x) és B(x) meghatározásához írjuk fel a polinomokat ismeretlen együtthatókkal, majd deriváljuk a tételben felírt egyenletet.

Feladat Határozzuk meg a következ integrált x 3 + x 2 + 3x 2 (x 2 + 2) 2! Megoldás A feladat megoldható lenne a parciális törtekre sal is, azonban most alkalmazzuk a fenti tételt. Mivel ebben a példában m = 2, ezért 1 = 2m 3 = m 1, vagyis az A(x) els fokú polinom, és az integrálon kívüli tag nevez je is els fokon szerepel. Ez alapján a tétel a következ formában írható fel x 3 + x 2 + 3x 2 dx = Ax + B Cx + D (x 2 + 2) 2 x 2 + 2 + x 2 + 2 dx. Deriváljuk az összefüggés mindkét oldalát: x 3 + x 2 + 3x 2 (x 2 + 2) 2 = A(x 2 + 2) (Ax + B)2x (x 2 + 2) 2 + Cx + D x 2 + 2.

Feladat (folyt.) A jobboldalt hozzuk közös nevez re A(x 2 + 2) (Ax + B)2x + (Cx + D)(x 2 + 2) (x 2 + 2) 2, majd bontsuk fel a számlálóban szerepl zárójeleket és emeljük ki a megfelel tagokat: Cx 3 + (D A)x 2 + (2C 2B)x + 2A + 2D. Ezt az eredeti tört számlálójával összeveteve kapjuk, hogy C = 1 D A = 1 2C 2B = 3 2A + 2D = 2. Az els egyenletet a harmadikba helyettesítve kapjuk, hogy B = 1 2.

Feladat (folyt.) A második és a negyedik egyenletekb l pedig adódik, hogy A = 1, D = 0. Összegezve tehát azt kaptuk, hogy x 3 + x 2 + 3x 2 = x 1 2 (x 2 + 2) 2 x 2 + 2 + = x 1 2 x 2 + 2 + 1 2 ln(x 2 + 2) + c. x x 2 + 2 dx =