Единственность разложения на простейшие

[lel0lel]

Хотелось рассмотреть более общий случай, когда не все знаменатели взаимнопросты.

EminentVictorians в сообщении #1520582 писал(а):

либо эти 2 дроби - это простейшие со знаменателями $p_j^2$, $p_j^3$?

Да.

[EminentVictorians]

У меня еще возник небольшой вопрос, немного в сторону от основной темы. Пусть есть разложение некоторой правильной дроби $\frac{f}{g} = \frac{f}{p_1^{k_1}\cdot ... \cdot p_s^{k_s}} = \frac{\lambda}{p_1^{k_1}} + ... + \frac{\lambda_s}{p_s^{k_s}} = \frac{\varphi_{11}}{p_1}+...+\frac{\varphi_{1 k_1}}{p_1^{k_1}}+$ ... $+ \frac{\varphi_{s1}}{p_s}+ ... +\frac{\varphi_{sk_s}}{p_s^{k_s}}$ в сумму простейших со знаменателями $p_1, ... ,p_1^{k_1}, ... , p_s, ... , p_s^{k_s}$. Верно ли, что вот здесь

Цитата:

$= \frac{\lambda}{p_1^{k_1}} + ... + \frac{\lambda_s}{p_s^{k_s}} =$

эти представления дробей не обязаны быть несократимыми, а вот здесь

Цитата:

$= \frac{\varphi_{11}}{p_1}+...+\frac{\varphi_{1 k_1}}{p_1^{k_1}}+ ... + \frac{\varphi_{s1}}{p_s}+ ... +\frac{\varphi_{sk_s}}{p_s^{k_s}}$

все представления дробей (за исключением тех представлений, которые представляют нулевую дробь) являются несократимыми?

[lel0lel]

EminentVictorians в сообщении #1520638 писал(а):

Верно ли, что вот здесь Цитата:
$= \frac{\lambda}{p_1^{k_1}} + ... + \frac{\lambda_s}{p_s^{k_s}} =$ эти представления дробей не обязаны быть несократимыми

Если бы они были сократимыми, то мы бы никак не получили исходную несократимую дробь. Знаменатель будет другим.

[EminentVictorians]

lel0lel в сообщении #1520661 писал(а):

Если бы они были сократимыми, то мы бы никак не получили исходную несократимую дробь. Знаменатель будет другим.

Так исходная дробь (точнее запись) $\frac{f}{g}$ не обязана же быть несократимой.

[iifat]

EminentVictorians в сообщении #1520511 писал(а):

я доказал, что правильная дробь $\frac{f}{g_1\cdot...\cdot g_s}$ (где все $g_i$ взаимно простые) разлагается в сумму $\frac{\varphi_1}{g_1} + ... + \frac{\varphi_s}{g_s}$ правильных дробей со знаменателями $g_1, ... ,g_s$, причем это разложение единственно (с точностью до перестановки дробей)

Ну, как минимум это означает, что дальше можно рассматривать разложение $\frac f{p^k}=\frac{a_1}p+\frac{a_2}{p^2}\dots$, и доказывать уже его единственность. (Надеюсь, теорема о единственности нулевого многочлена имеет место быть?) Соответственно, либо прямым образом — умножим обе части на $p^k$, получим равенство многочленов и из сравнения старших членов узнаем совершенно точно старший член $a_k$, вычтем его и перейдём в многочленам меньших степеней. Либо же, как предлагалось, возьмём равенство $0=\frac{a_1}p+\frac{a_2}{p^2}\dots+\frac{a_k}{p^k}$, домножим на $p^k$, посмотрим на старший член и убедимся, что он равен нулю. Дале как и выше.

[lel0lel]

EminentVictorians в сообщении #1520662 писал(а):

Так исходная дробь (точнее запись) $\frac{f}{g}$ не обязана же быть несократимой.

Я бы рекомендовал её предварительно сокращать. Тем более, как вы сами любите упоминать, это будет та же самая дробь, только другая её запись. Так зачем нам возиться с дробями вида $\frac{(x-7)^5}{(x-7)^6}$?

[EminentVictorians]

iifat в сообщении #1520663 писал(а):

Ну, как минимум это означает, что дальше можно рассматривать разложение $\frac f{p^k}=\frac{a_1}p+\frac{a_2}{p^2}\dots$, и доказывать уже его единственность.

Я это разложение рассматривал, когда доказывал саму возможность разложения на простейшие. Но пусть даже я докажу, что разложение $\frac f{p^k}=\frac{a_1}p+\frac{a_2}{p^2}\dots$ единственное. Получится, что исходная дробь единственным образом раскладывается в сумму дробей с знаменателями $p_i^{k_i}$ и каждая такая дробь единственным образом разлагается в сумму простейших дробей со знаменателями $p_i, p_i^2, ... p_i^{k_i}$. Но следует ли из этих 2 фактов, что исходная дробь единственным образом разлагается в сумму простейших со знаменателями $p_1, ... ,p_1^{k_1}, ... , p_s, ... , p_s^{k_s}$? Если вопрос стоит так: единственным ли образом исходная дробь разлагается в сумму простейших через промежуточное разложение на дроби со знаменателями $p_i^{k_i}$, то ответ - да. Но вдруг я смогу найти разложение исходной дроби на простейшие, минуя вот этот промежуточный шаг разложения на дроби со знаменателями $p_i^{k_i}$. Я не знаю, является это логической ошибкой или не является, но это явно не безупречное с логической точки зрения место.

iifat в сообщении #1520663 писал(а):

(Надеюсь, теорема о единственности нулевого многочлена имеет место быть?)

Многочлены образуют кольцо. Ноль в кольце единственный.

iifat в сообщении #1520663 писал(а):

Соответственно, либо прямым образом — умножим обе части на $p^k$, получим равенство многочленов и из сравнения старших членов узнаем совершенно точно старший член $a_k$, вычтем его и перейдём в многочленам меньших степеней.

Обе части равенства $\frac f{p^k}=\frac{a_1}p+\frac{a_2}{p^2}+ ... +\frac{a_i}{p_i}$? Получится $f = a_1p^{k-1} + a_2p^{k-2} + ... + a_i$. Каким образом можно из этой записи узнать старший член многочлена $a_i$ (да и вообще какого-либо другого многочлена)? Вторую часть рассуждений я тоже не понял.

lel0lel в сообщении #1520667 писал(а):

Я бы рекомендовал её предварительно сокращать. Тем более, как вы сами любите упоминать, это будет та же самая дробь, только другая её запись.

Но в теореме сказано, что разложение на простейшие возможно для любой правильной дроби. А точнее, для любой ее записи. Правильная дробь не обязана быть несократимой.

[iifat]

EminentVictorians в сообщении #1520668 писал(а):

Но следует ли из этих 2 фактов

Ну, как понимаю, $\{p_i\}$ попарно взаимно просты, не? А стало быть, и $\{p_i^{k_i}\}$.

-- 01.06.2021, 09:09 --

EminentVictorians в сообщении #1520668 писал(а):

Каким образом можно из этой записи узнать старший член многочлена $a_i$ (да и вообще какого-либо другого многочлена)?

Напоминаю: все дроби — правильные, не? Стало быть, степени всех числителей в правой части меньше степени $p$. Какой, по-вашему, будет старший член правой части?

[EminentVictorians]

EminentVictorians в сообщении #1520668 писал(а):

Обе части равенства $\frac f{p^k}=\frac{a_1}p+\frac{a_2}{p^2}+ ... +\frac{a_i}{p_i}$? Получится $f = a_1p^{k-1} + a_2p^{k-2} + ... + a_i$.

Я тут ошибся немного буквой. Вместо $i$ должно быть $k$.

iifat в сообщении #1520699 писал(а):

Напоминаю: все дроби — правильные, не? Стало быть, степени всех числителей в правой части меньше степени $p$. Какой, по-вашему, будет старший член правой части?

Все равно не понимаю, как Вы этот старший член видите. Если смотреть на $f$ как на многочлен от $p$, то нельзя сказать даже какой степени этот многочлен $f$ будет, т.к., например, $a_1$ может быть равна нулю. И $a_2$ тоже может быть равна нулю вместе с ней. Если смотреть на $f$ как на многочлен от $x$, то все еще хуже.

iifat в сообщении #1520699 писал(а):

Ну, как понимаю, $\{p_i\}$ попарно взаимно просты, не? А стало быть, и $\{p_i^{k_i}\}$.

С этим согласен. Что делать дальше с ними?

[TOTAL]

EminentVictorians в сообщении #1520728 писал(а):

Все равно не понимаю

В десятичной системе однозначно число записывается? А здесь просто другое основание.

[Null]

Тут все просто: утверждение не верно. Ограничения на числители то нет. Там обычно требуют чтобы в слагаемом $\frac{a_{i,j}(x)}{p_i^j(x)}$ выполнялось $\deg a_{i,j}(x)<\deg p_i $

[EminentVictorians]

Null в сообщении #1520744 писал(а):

Тут все просто: утверждение не верно.

Можно уточнить, какое утверждение не верно?

Null в сообщении #1520744 писал(а):

Там обычно требуют чтобы в слагаемом $\frac{a_{i,j}(x)}{p_i^j(x)}$ выполнялось $\deg a_{i,j}(x)<\deg p_i $

Это стандартное требование в определении простейшей дроби. Не очень понимаю, о чем речь.

[Null]

EminentVictorians в сообщении #1520746 писал(а):

Можно уточнить, какое утверждение не верно?

Ваше в 1ом посте. Но, да, если определить простейшие дроби так, то, да, оно становиться верным.

EminentVictorians в сообщении #1520746 писал(а):

Не очень понимаю, о чем речь.

Пока вы не используете это неравенство у вас доказать не выйдет.

[iifat]

Null в сообщении #1520744 писал(а):

Ограничения на числители то нет

Ну, таки выражение «правильная дробь» где-то встречается. Лень искать, но где-то точно видел.

EminentVictorians в сообщении #1520728 писал(а):

Все равно не понимаю, как Вы этот старший член видите

Хорошо, берём два приведённых, так, кажется, это называется, многочлена, — с коэффициентом при старшем члене, равным нулю. Перемножаем. Чему будет равен коэффициент при старшем члене произведения?
А теперь берём два произвольных многочлена. Понятно, точно указать старший член невозможно — но неужто вам вообще нечего про него сказать?
А теперь берём наше уравнение: $f=a_1p^{k-1}+a_2p^{k-2}\dots$. Напоминаю: $f$, $p$ известны. И опять же, точно назвать не, но хоть что-то сказать о старшем члене формулы справа от знака равенства вы таки просто обязаны.

[EminentVictorians]

iifat в сообщении #1520750 писал(а):

Хорошо, берём два приведённых, так, кажется, это называется, многочлена, — с коэффициентом при старшем члене, равным нулю.

У приведенного многочлена коэффициент при старшем члене единица. Если определять многочлен как запись вида $a_nx^n + ... + a_1x + a_0$, то коэффициент при старшем члене не может равняться нулю, иначе это не многочлен тогда будет.

iifat в сообщении #1520750 писал(а):

Перемножаем. Чему будет равен коэффициент при старшем члене произведения?

Старший член произведения ненулевых многочленов (в том числе от нескольких переменных) равен произведению их старших членов.

iifat в сообщении #1520750 писал(а):

А теперь берём два произвольных многочлена. Понятно, точно указать старший член невозможно — но неужто вам вообще нечего про него сказать?

Если это именно многочлены, причем ненулевые, то сказать можно, например, то что написано абзацем выше. Но вот это

iifat в сообщении #1520750 писал(а):

$f=a_1p^{k-1}+a_2p^{k-2}\dots$.

не обязательно многочлен (а если даже и многочлен, то не обязательно ненулевой).