Разложение рациональной дроби на простейшие

[AlexeyM]

С другой стороны, даже если доказательство выше верно, оно вовсе не означает, что найденный набор параметров единственный. Т.е. в случае с разложением дроби на элементарные многочлен $P_n(x)$ задан изначально, а многочлен $Q_n(x)$ имеет такой вид: $Q_n(x)=\sum\limits_{i=1}^{n+1}\beta_i(A_1,A_2,\ldots,A_{n+1})x^{i-1}$, где $\beta_i(A_1,A_2,\ldots,A_{n+1})=\sum\limits_{j=1}^{n+1}a_{ij}A_{j}$, причём коэффициенты $a_{ij}$ известны. Известно, что равенство $Q_n(x)=P_n(x)$ истинно на всей числовой оси за исключением неких выколотых точек, при этом существует единственный набор значений $A_1=t_1, A_2=t_2, \ldots, A_n=t_n$ такой, что выполнено равенство $Q_n(x)=P_n(x)$.

Согласно доказанному выше, в любой из выколотых точек $c$ также будет истинным равенство многочленов, т.е. $Q_n(c)=P_n(c)$. Однако будет ли это равенство выполнено только на наборе $(t_1, t_2, \ldots, t_n)$? Может, существует иной набор значений $A_i$, т.е. $(v_1, v_2,\ldots, v_n)$ такой, что на нём будет верным равенство $Q_n(c)=P_n(c)$. И подставляя значение $x=c$ в равенство многочленов $Q_n(x)=P_n(x)$ мы отыщем не значение $A_k=t_k$, которое нам и нужно, а значение $A_k=v_k$? По идее, это тоже требует обоснования :(

(Оффтоп)

Чем дольше я думаю над этим вопросом, тем чаще вспоминаю фразу "Как бы это доказать... Или это очевидно?" :)

[Otta]

AlexeyM
Дроби с одинаковыми знаменателями равны если и только если равны их числители.
В данном случае тождественно.
Раз тождественно, то и в каждой точке.
Ограничения, касающиеся знаменателя, числителя не касаются. Он определен везде.

[SomePupil]

Достоин ли вопрос усилий, прилагаемых топикстартером? Очевидно, нет.

Предельные переходы излишни. Из равенства (здесь для наглядности выражения из стартового поста заменены произвольными многочленами $P(x), Q(x), R(x)\;\;\;$)

$$\frac{P(x)}{R(x)}=\frac{Q(x)}{R(x)}$$

следует $R(x)(P(x)-Q(x))=0.$ Так как многочлены можно сокращать на ненулевой множитель $-$ а $R(x)$ является ненулевым множителем $-$ то $P(x)-Q(x)=0.$ Получается, $P(x)=Q(x)$. После того, как мы в этом убедились, можно подставлять в них что угодно.

[AlexeyM]

Otta в сообщении #1380894 писал(а):

AlexeyM
Дроби с одинаковыми знаменателями равны если и только если равны их числители.
В данном случае тождественно.
Раз тождественно, то и в каждой точке.
Ограничения, касающиеся знаменателя, числителя не касаются. Он определен везде.

Если мы рассуждаем в рамках разложения дробей, которое истинно на некоем множестве $U=R\backslash\{c_1,\ldots,c_k\}$, то и равенство числителей, которое следует из равенства дробей, должно быть выполнено на там же множестве $U$.

Если мы рассуждаем о равенстве многочленов в отрыве от разложения дробей, т.е. как о некоем, просто с неба упавшем равенстве, то нужно доказать, что полученные частными "удобными" подстановками значения параметров останутся верными и при иных, отличных от "удобных" значений переменной.

-- Вс мар 10, 2019 14:24:02 --

SomePupil в сообщении #1380901 писал(а):

Достоин ли вопрос усилий, прилагаемых топикстартером? Очевидно, нет.

Предельные переходы излишни. Из равенства (здесь для наглядности выражения из стартового поста заменены произвольными многочленами $P(x), Q(x), R(x)\;\;\;$)

$$\frac{P(x)}{R(x)}=\frac{Q(x)}{R(x)}$$

следует $R(x)(P(x)-Q(x))=0.$ Так как многочлены можно сокращать на ненулевой множитель $-$ а $R(x)$ является ненулевым множителем $-$ то $P(x)-Q(x)=0.$ Получается, $P(x)=Q(x)$. После того, как мы в этом убедились, можно подставлять в них что угодно.

Топикстартер просто для себя хочет понять :) Пусть будет обоснование сколько угодно громоздким, но формально верным.

Множитель $R(x)$ является ненулевым только все его корни комплексные. В иных случаях, при наличии действительных корней - с чего бы ему быть отличным от нуля на $R$?

[Ms-dos4]

AlexeyM
Подставлять то в равенство многочленов вы можете любые значения, но я не очень понял, чем этот метод будет лучше обычных неопределенных коэффициентов. Возьмем например дробь

$${x \over {{{(x - 1)}^2}({x^2} + x + 4)}}$$

Методом вычеркивания можно определить только коэффициент при${1 \over {{{(x - 1)}^2}}}$ (равный ${1 \over 6}$), к остальными обычно применяют неопр. коэф. Что в этом случае дадут предельные переходы?
P.S. Вообще даже в этом случае, используя комплексные числа, можно получить аналог метода вычеркивания для пары комплексно сопряженных корней, но с кратными все равно будут проблемы).

[SomePupil]

AlexeyM в сообщении #1380907 писал(а):

Множитель $R(x)$ является ненулевым только все его корни комплексные. В иных случаях, при наличии действительных корней - с чего бы ему быть отличным от нуля на $R$?

От необходимого вычеркивания $R(x)$ это не спасет. Если бы вместо $R(x)$ стоял голый нуль, такие слова можно было бы понять. Но $R(x)$ не равен нулю тождественно. Это уже дает вам право сокращать на него.

Многочлены очень похожи на целые числа. Их можно слагать, вычитать и умножать. И сокращать на ненулевые элементы: когда вы видите, что $A(x)B(x)=0,$ и когда знаете, что $A(x)$ не равно тождественно нулю, вы можете смело сократить на него и получить $B(x) = 0.$ Так бы вы и поступили с целыми числами $ab=0.$ О схожести многочленов и целых чисел толкуют в книжках по абстрактной алгебре.

-- 10.03.2019, 16:08 --

AlexeyM, я только сейчас прочел концовку предыдущей страницы. Ваш подход с предельными переходами хорош. Когда у знаменателей только действительные корни, он работает даже лучше метода неопр. коэффициентов.

Но таких вопросов

AlexeyM в сообщении #1380796 писал(а):

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

быть не должно. В равные многочлены можно подставлять любые числа и получать равенства как в стартовом посте. Это законно, потому что на ненулевые многочлены сокращать можно.

[AlexeyM]

Ms-dos4 в сообщении #1380931 писал(а):

AlexeyM
Подставлять то в равенство многочленов вы можете любые значения, но я не очень понял, чем этот метод будет лучше обычных неопределенных коэффициентов. Возьмем например дробь

$${x \over {{{(x - 1)}^2}({x^2} + x + 4)}}$$

Методом вычеркивания можно определить только коэффициент при${1 \over {{{(x - 1)}^2}}}$ (равный ${1 \over 6}$), к остальными обычно применяют неопр. коэф. Что в этом случае дадут предельные переходы?
P.S. Вообще даже в этом случае, используя комплексные числа, можно получить аналог метода вычеркивания для пары комплексно сопряженных корней, но с кратными все равно будут проблемы).

Ок, давайте для вашего примера. Я, кстати, не говорю, что предельный переход чем-то лучше неопределённых коэффициентов, неопределённые коэффициенты вообще вопросов не вызывают. Просто хочется какой-то строгости, что ли.

(Оффтоп)

Просто вчера знакомый помочь попросил с таким интегралом, и я, на автопилоте подставляя удобные значения, внезапно задумался - а на каком основании я их вообще подставляю, если изначальное равенство дробей в этих значениях вообще-то не определено? Ну думаю, сейчас я сам себе быстро это обосную - это же мелочи :) Вроде, подумалось мне, легко обосновать через предельный переход ввиду непрерывности обеих частей равенства. Для сверки полез в книги - только у Никольского в его "Курсе математического анализа" (2001 год) при доказательстве леммы №1 на стр.289 нашёл реверанс о том, что вообще-то знаменатель не равен нулю, но ввиду непрерывности многочленов в левой и правой частях равенства мы можем подставить это самое "удобное" при доказательстве теоремы значение.

$$ \frac{x}{(x - 1)^2(x^2 + x + 4)}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{(x-1)^2}+\frac{Cx+D}{x^2+x+4} =\frac{A(x-1)\left(x^2+x+4\right)+B\left(x^2+x+4\right)+(x-1)^2(Cx+D)}{(x - 1)^2(x^2 + x + 4)} $$

Методом вычёркивания, как вы и писали, сразу находим $B=\frac{1}{6}$. Подставляя это значение в равенство числителей и перенося слагаемые в левую часть равенства, получим:

$$ -\frac{1}{6}x^2+\frac{5x}{6}-\frac{2}{3}=A(x-1)\left(x^2+x+4\right)+(x-1)^2(Cx+D) $$

Далее, один корень (единицу) многочлена в левой части мы знаем, поэтому разложить его на множители легко. Кроме того, так как $x-1\neq{0}$ мы имеем полное право сократить на скобку $(x-1)$:

$$ -\frac{x}{6}+\frac{2}{3}=A\left(x^2+x+4\right)+(x-1)(Cx+D) $$

Далее очевидна одна "удобная" подстановка $x=1$, но формально мы не имеем права её применять. Метод вычёркивания, который столь удачно помог с коэффициентом $B$, тут уже не сработает, так как он работает лишь для исходного равенства с дробями. Именно поэтому, чтобы не подставлять $x=1$, переходим к пределу при условии $x\to{1}$, откуда получим $A=\frac{1}{12}$. Подставляя найденный параметр в равенство и перенося слагаемые, получим:

$$ -\frac{x^2}{12}-\frac{x}{4}+\frac{1}{3}=(x-1)(Cx+D) $$

Вновь раскладывая на множители левую часть равенства и со спокойной душой сокращая на $(x-1)$, получим:

$$ -\frac{x}{12}-\frac{1}{3}=Cx+D. $$

Отсюда, разумеется, сразу имеем два оставшиеся значения исходя из определения равенства многочленов. Т.е. вычеркивание работает для первого равенства, а далее это правило уже неприменимо. Подставить просто $x=1$? Формально права не имеем, исходное равенство для этого значения не определено. А вот перейти к пределу - отчего бы и нет :)

-- Вс мар 10, 2019 19:00:37 --

SomePupil в сообщении #1380935 писал(а):

В равные многочлены можно подставлять любые числа и получать равенства как в стартовом посте. Это законно, потому что на ненулевые многочлены сокращать можно.

Эти многочлены равны, но не на $R$. Исходное равенство дробей верно на подмножестве $U\subset{R}$, поэтому и о равенстве многочленов, которое следует из равенства дробей, мы говорим лишь на множестве $U$. Т.е., по сути, это не равенство многочленов, это равенство функций, которые совпадают с многочленами на всём множестве $R$, за исключением конечного числа точек.

[vicvolf]

AlexeyM И тот и другой метод известны и широко используются в зависимости от ситуации. Здесь все и так строго.

[AlexeyM]

vicvolf, а товарищи Бугров с Никольским с вами бы не согласились. Вот вырезанный кусок из "Дифференциального и интегрального исчисления" 1997 года издания (стр. 253):



Как видите, они напрямую говорят о том, что равенство многочленов верно при $x\neq{1}$, и обосновывают подстановку $x=1$, а не просто подставляют "удобное" значение переменной.

[jekyl]

AlexeyM в сообщении #1380987 писал(а):

Исходное равенство дробей верно на подмножестве $U\subset{R}$

А дроби -- отношения многочленов.

AlexeyM в сообщении #1380987 писал(а):

поэтому и о равенстве многочленов, которое следует из равенства дробей, мы говорим лишь на множестве $U$.

Прекрасно, т.~е. $n+1$ точка в которых два многочлена степени $n$ совпадают есть, даже больше. А если многочлены рассматривать, как штуку из алгебры, то и этого не надо. А дальше воспользоваться тем, что они совпадают, как функции...

AlexeyM в сообщении #1380987 писал(а):

это равенство функций, которые совпадают с многочленами на всём множестве $R$, за исключением конечного числа точек.

Изначально это же многочлены, зачем ещё что-то? Не въезжаю.

[vicvolf]

AlexeyM в сообщении #1381005 писал(а):

vicvolf, а товарищи Бугров с Никольским с вами бы не согласились. Вот вырезанный кусок из "Дифференциального и интегрального исчисления" 1997 года издания (стр. 253):



Как видите, они напрямую говорят о том, что равенство многочленов верно при $x\neq{1}$, и обосновывают подстановку $x=1$, а не просто подставляют "удобное" значение переменной.

Так равенство справедливо и в том и другом случае, когда $x\neq{1}$ и $x=1$ и никаких особенностей.

[AlexeyM]

vicvolf, изначально вопрос был в том, что при разложении дроби на элементарные некоторые авторы подставляют "удобные" значения безо всяких дополнительных обоснований. Исходят из равенства дробей $\frac{P(x)}{W(x)}=\frac{Q(x)}{W(x)}$, истинного на множестве $R$ за исключением нулей знаменателя, т.е. точек $c_1,c_2,\ldots,c_k$, для которых $W(c_i)=0$. Исходя из равенства дробей записывают равенство числителей $P(x)=Q(x)$. Так как изначальное равенство дробей истинно на множестве $U=R\backslash\{c_1,\ldots,c_k\}$, то и равенство многочленов в числителях, которое является следствием равенства дробей, истинно лишь на множестве $U$. Собственно, в примере на скриншоте из книги Бугрова говорится именно об этом.

После чего для определения значений параметров, входящих в многочлен $Q(x)$, в равенство $P(x)=Q(x)$ подставляют различные значения переменной. Так уж вышло, что наиболее "удобными" являются подстановки $x=c_i$, однако, вспомним, равенство многочленов определено на множестве $U$, в которое эти "удобные" подстановки не входят.

Никольский в своём курсе матана, равно как и в книге "Дифференциальное и интегральное исчисление", написанной вместе с Бугровым, ссылается на непрерывность функций, стоящих в обеих частях равенства $P(x)=Q(x)$. Что означает непрерывность - согласно определению? Она означает, что любой точке, включая и точки $c_i$, будет выполнено равенство $\lim_{x\to{c_i}}F(x)=F(c_i)$, где $F$ - любой из заданных многочленов. Т.е., хотя мы и не имеем права напрямую подставлять $x=c_i$ в равенство $P(x)=Q(x)$, мы имеем полное право перейти к пределу при $x\to{c_i}$, откуда ввиду непрерывности данных функций получим то же самое равенство, которое получили бы банальной подстановкой $x=c_i$ в равенство многочленов.

Собственно, об этом и речь, что подстановка $x=c_i$ скрывает под собой предельный переход, который, ввиду формального сходства результатов, не пишут, а просто подставляют "удобные" значения переменных.

[jekyl]

AlexeyM в сообщении #1381020 писал(а):

Собственно, об этом и речь, что подстановка $x=c_i$ скрывает под собой предельный переход, который, ввиду формального сходства результатов, не пишут, а просто подставляют "удобные" значения переменных.

Не нужен тут никакой предельный переход, который скрывают.

[Otta]

AlexeyM в сообщении #1381020 писал(а):

то и равенство многочленов в числителях, которое является следствием равенства дробей, истинно лишь на множестве $U$

Многочлены штука такая. Они или равны, или не равны. Два равных многочлена не могут оказаться не равными на каком-то множестве.
И когда говорят о дробно-рациональной функции, имеют в виду очень часто или даже чаще всего не значения дроби при всех допустимых значениях аргумента, а объект вида многочлен/многочлен. Равенство двух функций с одинаковыми знаменателями-многочленами понимается именно в смысле равенства числителей-многочленов.
Как понимать равенство двух дробно-рациональных функций с разными знаменателями, выше немного SomePupil писал.

Можно рассматривать и так, как Вы писали. Только уже сам результат о разложении дробно-рациональной функции в сумму простейших - алгебраический. И конечно, алгебра оперирует именно равенствами многочленов, которое там, как известно, определяется иначе, чем совпадение многочленов на всей области определения. Это не значит, что последнее перестает быть правдой, просто оно не востребовано.

Это я к чему. Это я к тому, что

AlexeyM в сообщении #1380907 писал(а):

Если мы рассуждаем в рамках разложения дробей, которое истинно на некоем множестве $U=R\backslash\{c_1,\ldots,c_k\}$, то и равенство числителей, которое следует из равенства дробей, должно быть выполнено на там же множестве $U$.

Если мы рассуждаем о равенстве многочленов в отрыве от разложения дробей, т.е. как о некоем, просто с неба упавшем равенстве, то нужно доказать, что полученные частными "удобными" подстановками значения параметров останутся верными и при иных, отличных от "удобных" значений переменной.

первое - зависит от изложения, что есть д-р функция вообще и ее разложение в сумму простейших в частности,
второе - вот уж точно не нужно. Многочлен - довольно тесная штука.

По поводу подстановок, посмотрите тут и выше по тексту. Там же имеет смысл посмотреть, как определяется равенство отношений полиномов, как доказывается теорема о разложении в сумму простейших и примеры.

----

Короче говоря, не усложняйте.

[Someone]

AlexeyM в сообщении #1381020 писал(а):

Собственно, об этом и речь, что подстановка $x=c_i$ скрывает под собой предельный переход

Нет там никакого предельного перехода, потому что известно, что если значения двух многочленов степеней $m$ и $n$ совпадают более чем в $\max\{m,n\}$ точках, то $m=n$ и соответствующие коэффициенты многочленов равны друг другу. Поэтому значения многочленов совпадают везде (в смысле, на всей числовой прямой и даже на всей комплексной плоскости).