Единственность разложения на простейшие

[TOTAL]

EminentVictorians в сообщении #1520668 писал(а):

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.

Поясните, почему не безупречное.

[Null]

EminentVictorians в сообщении #1520751 писал(а):

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

$f$ многочлен по условию. Вам предлагают сравнить старшие члены левой и правой частей.

[EminentVictorians]

TOTAL в сообщении #1520753 писал(а):

Поясните, почему не безупречное.

Я же там написал вроде более менее подробно, что мне не нравится.

Null в сообщении #1520756 писал(а):

$f$ многочлен по условию.

По условию $f$ многочлен от $x$. Но выше его предлагали рассматривать как многочлен от $p$. А многочленом от $p$ он не факт, что является.

[Null]

EminentVictorians в сообщении #1520757 писал(а):

Но выше его предлагали рассматривать как многочлен от $p$.

Не предлагали. Это доказанное вами равенство

EminentVictorians в сообщении #1520668 писал(а):

Получится $f = a_1p^{k-1} + a_2p^{k-2} + ... + a_k$

[TOTAL]

EminentVictorians в сообщении #1520757 писал(а):

TOTAL в сообщении #1520753 писал(а):

Поясните, почему не безупречное.

Я же там написал вроде более менее подробно, что мне не нравится.

Что не нравится?

[EminentVictorians]

Null в сообщении #1520760 писал(а):

Это доказанное вами равенство

Так я равенство то не оспариваю, оно верное. Но из него не следует, что $f$ является многочленом от $p$.

TOTAL в сообщении #1520761 писал(а):

Что не нравится?

Вы конечно извините, но ничего лучше повторной цитаты я не смогу сказать.

EminentVictorians в сообщении #1520668 писал(а):

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 $p_i^{k_i}$.

Мы же единственность доказываем. Вдруг если раскладывать дробь на простейшие по другому сценарию, получится получить другое разложение на простейшие. Вроде как я вполне ясно здесь выразился.

[Null]

EminentVictorians в сообщении #1520762 писал(а):

Но из него не следует, что $f$ является многочленом от $p$.

Какая разница? Не про это речь. Они все еще многочлены от $x$.

Null в сообщении #1520764 писал(а):

Мы же единственность доказываем. Вдруг если раскладывать дробь на простейшие по другому сценарию, получится получить другое разложение на простейшие. Вроде как я вполне ясно здесь выразился.

Просто это очень легко доказывается - достаточно сгруппировать слагаемые с одинаковым $p$ обратно. Группы равны и слагаемые в группах равны тоже.

[TOTAL]

EminentVictorians в сообщении #1520762 писал(а):

Вдруг если раскладывать дробь на простейшие по другому сценарию, получится получить другое разложение на простейшие. Вроде как я вполне ясно здесь выразился.

Что такое "простейшая"?

[EminentVictorians]

Null в сообщении #1520764 писал(а):

Просто это очень легко доказывается - достаточно сгруппировать слагаемые с одинаковым $p$ обратно. Группы равны и слагаемые в группах равны тоже.

Вот есть некоторое не обязательно несократимое представление $\frac{f}{g}$ правильной дроби из $A(x)$. Надо доказать, что эту дробь можно разложить на простейшие. Алгоритм такой: если дробь нулевая, то разложение состоит из нее самой и теорема доказана, если дробь ненулевая, то $\deg g \geqslant 1$ $\Rightarrow$ $g$ можно разложить на простые множители: $g = p_1^{k_1}\cdot ... \cdot p_s^{k_s}$. Все эти $p_i^{k_i}$ взаимно простые, поэтому первоначальную дробь можно разложить в сумму $\frac{\lambda}{p_1^{k_1}} + ... + \frac{\lambda_s}{p_s^{k_s}}$, которая уже в свою очередь раскладывается в сумму простейших: $\frac{\varphi_{11}}{p_1}+...+\frac{\varphi_{1 k_1}}{p_1^{k_1}}+$ ... $+ \frac{\varphi_{s1}}{p_s}+ ... +\frac{\varphi_{sk_s}}{p_s^{k_s}}$. Где гарантия, что я не смогу каким-нибудь другим окольным путем получить другое разложение первоначальной дроби на простейшие, минуя эти 2 шага в алгоритме. Вот Вы сказали про группировку обратно, но я мало что понял. Вдруг, например, в новом разложении у простейших будут какие-то другие знаменатели. Что и куда тогда группировать надо?

TOTAL в сообщении #1520768 писал(а):

Что такое "простейшая"?

Рациональная дробь $\frac{f}{g} \in A(x)$ называется простейшей, если $g = p^k$ (где $p \in A[x]$ - неприводимый многочлен) и $\deg f < \deg p$.

-- 01.06.2021, 15:22 --

EminentVictorians в сообщении #1520776 писал(а):

теорема доказана

Здесь, если что, я говорю лишь о самой принципиальной возможности разложения на простейшие. Это не про единственность.

[Null]

EminentVictorians в сообщении #1520776 писал(а):

Что и куда тогда группировать надо?

В отдельную группу - в итоге получиться что она 0.

[TOTAL]

Вот так записали разность двух предполагаемых различных представлений
$\frac{\varphi_{11}}{p_1}+...+\frac{\varphi_{1 k_1}}{p_1^{k_1}}+$ ... $+ \frac{\varphi_{s1}}{p_s}+ ... +\frac{\varphi_{sk_s}}{p_s^{k_s}}=0$.

Вот так переписали
$\frac{\varphi_{11}p_1^{k_1-1}+...+\varphi_{1 k_1}}{p_1^{k_1}}+ ...=0$.

Из-за взаимной простоты знаменателей числители равны нулю. Из-за простейшности (степень коэффициентов меньше) все коэффициенты равны нулю.

[EminentVictorians]

TOTAL в сообщении #1520790 писал(а):

Вот так записали разность двух предполагаемых различных представлений
$\frac{\varphi_{11}}{p_1}+...+\frac{\varphi_{1 k_1}}{p_1^{k_1}}+$ ... $+ \frac{\varphi_{s1}}{p_s}+ ... +\frac{\varphi_{sk_s}}{p_s^{k_s}}=0$.

Так сразу нельзя. Здесь Вы неявно используете тот факт, что оба разложения будут содержать простейшие дроби с одними и теми же знаменателями, а это неверно.

(Оффтоп)

Выглядит так, как будто я придираюсь, но доказательство и впрямь с подводными камнями. Я хочу все нормально оформить.

[TOTAL]

EminentVictorians в сообщении #1520827 писал(а):

TOTAL в сообщении #1520790 писал(а):

Вот так записали разность двух предполагаемых различных представлений
$\frac{\varphi_{11}}{p_1}+...+\frac{\varphi_{1 k_1}}{p_1^{k_1}}+$ ... $+ \frac{\varphi_{s1}}{p_s}+ ... +\frac{\varphi_{sk_s}}{p_s^{k_s}}=0$.

Так сразу нельзя. Здесь Вы неявно используете тот факт, что оба разложения будут содержать простейшие дроби с одними и теми же знаменателями, а это неверно.

Других знаменателей не бывает, здесь записан самый общий вид.

[EminentVictorians]

TOTAL в сообщении #1520856 писал(а):

Других знаменателей не бывает, здесь записан самый общий вид.

Все равно пока для меня сложно все это. Я постараюсь своими словами рассказать.
Пусть есть некая правильная дробь и 2 ее каких-то представления $\frac{f}{g} = \frac{f}{p_1^{k_1}\cdot ... \cdot p_s^{k_s}}$ и $\frac{f'}{g'} = \frac{f'}{q_1^{m_1}\cdot ... \cdot q_t^{m_t}}$. Первое представление раскладывается так:

$$\frac{f}{g} = \frac{f}{p_1^{k_1}\cdot ... \cdot p_s^{k_s}} = \frac{\lambda_1}{p_1^{k_1}} + ... + \frac{\lambda_s}{p_s^{k_s}} = \frac{\varphi_{11}}{p_1}+...+\frac{\varphi_{1 k_1}}{p_1^{k_1}}+ ... + \frac{\varphi_{s1}}{p_s}+ ... +\frac{\varphi_{sk_s}}{p_s^{k_s}}$$

Второе представление раскладывается так:

$$\frac{f'}{g'} = \frac{f'}{q_1^{m_1}\cdot ... \cdot q_t^{m_t}} = \frac{\eta_1}{q_1^{m_1}} + ... + \frac{\eta_t}{q_t^{m_t}} = \frac{\varepsilon_{11}}{q_1}+...+\frac{\varepsilon_{1 m_1}}{q_1^{m_1}}+ ... + \frac{\varepsilon_{t1}}{q_t}+ ... +\frac{\varepsilon_{tm_t}}{q_t^{m_t}}$$

Вычтем из самой правой части первого равенства самую правую часть второго равенства, приведем подобные слагаемые, выкинем дроби с нулевыми числителями и получим некоторую сумму ненулевых простейших дробей, равную нулю. В этой сумме будут группы дробей, знаменатели которых отличаются лишь степенью. Все такие группы приведем к одному основанию и таким образом получим сумму ненулевых дробей с взаимно простыми основаниями, равную нулю. Дальше надо как-то получить противоречие, но как - не могу понять.

[Null]

Используйте это:

EminentVictorians в сообщении #1520511 писал(а):

Следуя указанию из учебника, 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).