Разложение рациональной дроби на простейшие

[AlexeyM]

Всем доброго дня! При разложении дроби на элементарные зачастую используется метод подстановки частных значений, когда вместо $x$ подставляются "удобные" числа. Например, исходя из первого равенства записывают второе:

$$\ \begin{equation}\frac{x+3}{x(x+1)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x+1}=\frac{A(x+1)+Bx}{x(x+1)}\end{equation} \begin{equation}x+3=A(x+1)+Bx\end{equation} $$

После чего подставляют $x=0$ и $x=-1$ в равенство (2), получая значения $A=3$ и $B=-2$. Возникает вопрос: а на каком основании мы имеем право подставлять в равенство (2) эти частные значения аргумента? Равенство (1), которое было у нас изначально, в этих значениях аргумента вообще-то не определено. Может, тут неявным образом скрыт предельный переход? Т.е. мы записываем равенство при условиях $x\neq{0}$, $x\neq{-1}$, а потом не подставляем $x=0$, а переходим к пределу при $x\to{0}$, но так как формально при этом будут выполнены те же преобразования, то предельный переход не пишут? Или же эту задачу нужно с формальной точки зрения решать с конца - т.е. рассмотрев равенство (2) при всех значениях $x\in{R}$ перейти к равенству (1), которое будет выполнено при всех $x\in{R}\backslash\{-1;0\}$?

Подскажите, пожалуйста, может есть простое обоснование этой подстановки?

[statistonline]

Del

[Ms-dos4]

AlexeyM
Докажите, что

$${{P(x)} \over {Q(x)}} = {A \over {{{(x - a)}^\alpha }}} + {{\psi (x)} \over {{{(x - a)}^{\alpha - k}}\varphi (x)}}$$

причем

$$A = {{P(a)} \over {\varphi (a)}}$$

ЕСЛИ $Q(x) = {(x - a)^\alpha }\varphi (x)$ (где $k \ge 1$, а ${\psi (x)}$ - некоторый многочлен, такой что последняя дробь является правильной).
Отсюда и следует формальное правило - чтобы найти коэффициент $A$ ("соответствующий" корню $x = a$), нужно взять вашу дробь, вычеркнуть в ней ${(x - a)^\alpha }$ и подставить$x = a$. Поэтому метод и называется "методом вычеркивания"

[iifat]

AlexeyM в сообщении #1380796 писал(а):

на каком основании мы имеем право подставлять в равенство (2) эти частные значения аргумента?

Ну, к этому моменту у нас уравнение на равенство многочленов. А значит, мы имеем право подставлять любые значения, не оглядываясь на первое равенство.

[AlexeyM]

iifat в сообщении #1380805 писал(а):

AlexeyM в сообщении #1380796 писал(а):

на каком основании мы имеем право подставлять в равенство (2) эти частные значения аргумента?

Ну, к этому моменту у нас уравнение на равенство многочленов. А значит, мы имеем право подставлять любые значения, не оглядываясь на первое равенство.

Но ведь изначально мы работаем в рамках первого равенства, верно? Я вижу два пути разрешения вопроса: первый - это рассмотреть равенство (2) при всех $x\in{R}$ и с помощью подстановок найти значения $A$ и $B$. Затем сделать такой переход: так как равенство $x+3=3(x+1)-2x$ верно при всех $x\in{R}$, то оно будет верно и на любом подмножестве $U\subset{R}$, поэтому на множестве $U=R\backslash\{-1;0\}$ будет верным такое равенство:

$$ \frac{x+3}{x(x+1)}=\frac{3(x+1)-2x}{x(x+1)} $$

Откуда, собственно, после почленного деления и следует разложение.


Или такой вариант: мы получаем равенство (2) при условии $x\neq{0}$, $x\neq{-1}$. Переходя в равенстве (2) к пределу при $x\to{0}$, мы получим значение параметра $A$.

[Евгений Машеров]

Это не просто равенство, а тождество. Оно должно быть верно при любых значениях x. Включая "удобные"

[AlexeyM]

Ms-dos4, какой смысл передоказывать лемму №2 (стр. 208) из первого тома Ильина и Позняка? Я понимаю, что при подстановке значения параметра $A=\frac{P(a)}{\varphi(a)}$ мы получим верное равенство. Я имею в виду иное: когда в книгах пишут о подстановке частных значений, которые, по идее, подставлять нельзя, ибо они не принадлежат области определения исходного равенства. Если бы формулировка была не "подставляем значение $x=a$ в полученное равенство многочленов", а "на основании леммы Х имеем $A=\frac{P(a)}{\varphi(a)}$" - тогда без проблем, вопросов бы не было. Вот, например, из Фихтенгольца (втором том, стр. 47):

[iifat]

AlexeyM в сообщении #1380806 писал(а):

Но ведь изначально

Изначально — да. Но в некий момент нам надо решать совершенно другую задачу. Поэтому все ваши экивоки с пределами — лишнее.
И да, иногда в, казалось бы, аналогичных случаях это не так, и они нужны. Вот только при ближайшем рассмотрении случаи оказываются не такими уж аналогичными.

[AlexeyM]

iifat в сообщении #1380827 писал(а):

AlexeyM в сообщении #1380806 писал(а):

Но ведь изначально

Изначально — да. Но в некий момент нам надо решать совершенно другую задачу. Поэтому все ваши экивоки с пределами — лишнее.
И да, иногда в, казалось бы, аналогичных случаях это не так, и они нужны. Вот только при ближайшем рассмотрении случаи оказываются не такими уж аналогичными.

Ок, давайте рассмотрим эту задачу в отрыве от разложения дробей.

Мы имеем равенство многочленов с неизвестными параметрами $A_i$, т.е. $T(x)=P(x,A_1,A_2,\ldots,A_p)$. Подстановкой неких удобных частных значений переменной мы нашли значения констант $A_i$. А что будет при иных значениях переменной? Будет ли выполнено тождество? По идее, ещё необходимо доказать, что найденные при подстановке частных значений переменных значения констант будут верны и при иных значениях переменной.


Если рассматривать задачу нахождения параметров в равенстве многочленов как подзадачу разложения дроби, то тут логическая цепочка вполне ясна: так как разложение дроби на элементарные единственно, то существует единственный набор значений констант $A_i$ таких, что для всех значений переменной будет выполнено равенство дробей. А из равенства дробей уже непосредственно следует равенство многочленов - но вот неприятность, это равенство имеет смысл при всех значениях $x$ за исключением тех, при которых обращаются в ноль знаменатели.

[iifat]

AlexeyM в сообщении #1380832 писал(а):

А что будет при иных значениях переменной?

Во-первых, это другой вопрос. Не имеющий отношения к изначальному. Хотя, кстати говоря, и в этой задаче никаких проблем со значениями переменной $x$ не возникнет.
По поводу этого, второго вопроса. В такой постановке опасения, подозреваю, вполне резонные. Однако, вспомним на секундочку таки исходную задачу. Имеем: не любая функция $P(x,A_1,A_2,\ldots,A_p)$, а многочлен от $x$, коэффициенты которого есть линейные функции от $A_i$, да притом точно известно, что решение $A_1,A_2,\ldots,A_p$ существует и единственно — на то есть отдельные теоремы. Так что...
Можно б упомянуть, что многочлены, совпадающие в $n+1$ точках ($n$ — степень многочлена), совпадают (в смысле полного равенства коэффициентов), но это также не вполне относится к делу: вовсе не обязательно искать $n+1$ удобных точек. Можно найти несколько удобных, добавить несколько подсчитанных коэффициентов и т.п.

[AlexeyM]

iifat, просто с предельным переходом не нужны дополнительные экивоки в сторону вспомогательных задач, и рассуждения получаются, вроде, довольно строгими. Например, рассмотрим дробь, которая определена при $x\in{R}\backslash\{0\}$:

$$ \frac{7x^3+10x^2+18x-4}{x^2\left(x^2+2x+4 \right)} =\frac{A}{x}+\frac{B}{x^2}+\frac{Cx+D}{x^2+2x+4} $$

$$ 7x^3+10x^2+18x-4=A\cdot{x}\left(x^2+2x+4\right)+B\cdot\left(x^2+2x+4\right)+(Cx+D)\cdot{x^2} $$

Предельным переходом при условии $x\to{0}$ получим $B=-1$. Подставляя $B=-1$ и перенося слагаемые, получим:

$$ 7x^3+11x+20=A\cdot{x}\left(x^2+2x+4\right)+(Cx+D)\cdot{x^2} $$

Сокращая обе части равенства на $x$ (имеем право, так как $x\neq{0}$), получим:

$$ 7x^2+11x+20=A\left(x^2+2x+4\right)+(Cx+D)\cdot{x} $$

Вновь переходя к пределу при $x\to{0}$, получим: $A=5$. Подставляя $A=5$ и упрощая, получим:

$$ 2x^2+x=(Cx+D)\cdot{x} $$

Сокращая на $x$ обе части равенства, получим $2x+1=Cx+D$, откуда сразу имеем значения $C$ и $D$.

Т.е. получается всё вроде логично, без нарушений строгости.

[vpb]

AlexeyM в сообщении #1380844 писал(а):

Т.е. получается всё вроде логично, без нарушений строгости.

Так традиционный путь тоже логичен, без нарушений строгости, и гораздо проще Вашего. А также, что очень важно, традиционный путь ("метод неопределенных коэффициентов") работает и в том случае, когда у знаменателя есть кратные корни (а с предельными переходами в этом случае запутаешься).

[Ms-dos4]

AlexeyM
Кажется здесь какое-то недопонимание. То, что вы называете "подстановка частных значений, которые подставлять нельзя" и есть просто применение формулы $A = {{P(a)} \over {\varphi (a)}}$, где $x = a$ то самое "невозможное значение" (этот "упрошенный" вариант метода неопределенных коэффициентов просто весьма удобен как раз в таких вариантах, когда можно не использовать полную версию). Предельные переходы тут совсем не нужны.

[AlexeyM]

vpb, к методу неопределённых коэффициентов вопросов нет :) Вопросы к методу подстановки частных значений.

-- Вс мар 10, 2019 01:02:49 --

Ms-dos4, метод вычёркивания, описанный в книге Ильина и Позняка, я помню :) В принципе, внешне результат этой операции будет таким же, как и при подстановке частного значения $x=a$ в равенство многочленов, поэтому со скрипом можно принять допустимость метода подстановки в этом случае.


Я привёл выше пример, когда подстановка $x=a$ позволила вычислить один параметр. Чтобы найти иные, я подставил найденное значение параметра, после чего пришёл к иному равенству многочленов, с меньшим количеством параметров. И вот тут уже подстановка $x=a$ получается ничем не обоснована, ведь формула метода вычёркивания работает лишь для исходного равенства многочленов. Хотя эта подстановка приводит к верным результатам.

[AlexeyM]

Ms-dos4, а можно ли формально доказать выполнимость равенства? Я имею в виду нечто вроде этого:


Пусть заданы два множества: $U=\{c_1,c_2,\ldots,c_k\}$, $V=R\backslash{U}$ и многочлены $P_n(x)$, $Q_n(x)$, определённые на $R$. Рассмотрим две функции:

$$ F(x)=\left\{\begin{aligned} & P_n(x);\;x\in{V}.\\ & undefined;\;x\in{U} \end{aligned}\right. $$

$$L(x)=\left\{\begin{aligned} & Q_n(x);\;x\in{V}.\\ & undefined;\;x\in{U} \end{aligned}\right. $$

Докажем, что из равенства $F(x)=L(x)$ следует равенство $P_n(x)=Q_n(x)$, истинное при всех $x\in{R}$. Если $x\in{V}$, то равенство $P_n(x)=Q_n(x)$ очевидно. Пусть $x\in{U}$, т.е. $x=c_i$. Тогда ввиду непрерывности многочленов $P_n(x)$, $Q_n(x)$, получим:

$$ P_n(c_i)=\lim_{x\to{c_i}}P_n(x)=\lim_{x\to{c_i}}F(x)=\lim_{x\to{c_i}}L(x)=\lim_{x\to{c_i}}Q_n(x)=Q_n(c_i) $$

Таким образом, равенство $P_n(x)=Q_n(x)$ выполнено и на множестве $U$. Это значит, что из равенства функций $F(x)=L(x)$ следует равенство многочленов $P_n(x)=Q_n(x)$ на $R$.

При нахождении параметров в разложении рациональной дроби на элементарные мы имеем дело в равенством функций вида $F(x)=L(x)$, из которого, согласно доказанному выше, следует равенство многочленов на $R$. Поэтому допустима подстановка любых значений переменной $x$, в том числе и тех, которые обращают в ноль знаменатели дробей в разложении.