GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN
Készült a TÁMOP-4.1.2-08/2/a/KMR-2009-0041 pályázati projekt keretében Tartalomfejlesztés az ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszékén
az ELTE Közgazdaságtudományi Tanszék az MTA Közgazdaságtudományi Intézet
és a Balassi Kiadó közrem¶ködésével
Készítette: Lovics Gábor Szakmai felel®s: Lovics Gábor
2010. június
ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszék
Gazdaságmatematika középhaladó szinten
9. hét
Racionális törtfüggvények integrálja
Lovics Gábor
Polinomok és egész számok
Az egész számok és a polinomok halmaza
Az egész számok 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 egész számok halmazáról a polinomokra. A valós együtthatós polinomok halmazát ezután R[x]-szel jelöljük, és legyenp∈R[x]p6= 0eseténgr(p)a polinom foka.
A maradékos osztás 1. Tétel
Legyena, b∈Z,b6= 0. Ekkor egyértelm¶en létezikq, r∈Z, hogya=qb+r és|b|>|r|. 2. Tétel
Legyenp1, p2∈R[x],p26= 0. Ekkor egyértelm¶en léteznek olyanq, r∈R[x]polinomok, melyekrep1=p2q+r ésgr(p1)> gr(r)vagyr= 0.
A tétel alapján számos fogalom vihet® át az egész számokról a polinomok halmazára, mint például osztha- tóság, 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 aegy valós szám. Ekkor tudjuk, hogy p(x) = (x−a)q(x), ahol q(x)egy harmadik polinom. A jobboldalnak nyílván gyöke aza, 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 egész számok körében, de a ma- radékos 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) 662
Az eljárást tovább folytatva a következ®ket kapjuk:
38625 : 8 =482 (22−2·8 = 6) 6622
6
38625 : 8 =4828 (65−8·8 = 1) 6622
651
Az eredmény alapján tehát
38625 = 8·4828 + 1.
Most pedig egy másik példán megnézzük, hogyan végezhetjük el nagyon hasonlóan ugyanezt a m¶veletet polinomok között. Nézzük a kövezkez®t:
(x5+ 3x4−2x2+x−2) : (x2+x−1) =
Az osztásnál a legnagyobb kitev®j¶ tagokat vesszük gyelembe. Ebben az esetben az osztandó legnagyobb kitev®s tagjax5, az osztójé x2. Ezért az eredménypolinom legynagyobb kitv®j¶ tagja x3 lesz. Szorozzuk a kapott tagot az osztóval: x3(x2+x−1) =x5+x4−x3. Az így kapott polinomot vonjuk ki az osztandóból, vagyisx5+ 3x4+ 2x2+x−2−(x5+x4−x3) = 2x4−x3+ 2x2+x−2. Az eljárást ezzel a polinommal kezdjük el®r®l. Az egészet röviden a következ®képpen jelölhetjük.
(x5 + 3x4 −2x2 + x−2) : (x2+x−1) =x3 2x4−x3−2x2 + x−2
Ezúttal a 2x4-et és az x2-et kell gyelembe venni. Ez alapján az eredménypolinom következ® tagja 2x2. Szorozzuk megint vissza az osztandó polinomot, és végezzük el a kivonást is. Így a következ® alakhoz jutunk.
(x5 + 3x4 −2x2 + x−2) : (x2+x−1) =x3+ 2x2 2x4−x3−2x2 + x−2
−3x3 + x−2
Az eljárást folytatva a következ® alakokhoz jutunk.
(x5 + 3x4 −2x2 + x−2) : (x2+x−1) =x3+ 2x2−3x 2x4−x3−2x2 + x−2
−3x3 + x−2 3x2 −2x−2
(x5 + 3x4 −2x2 + x−2) : (x2+x−1) =x3+ 2x2−3x+ 3 2x4−x3−2x2 + x−2
−3x3 + x−2 3x2 −2x−2
− x+1 Az eredményünk alapján tehát:
x5+ 3x4−3x2+x−2 = (x2+x−1)(x3+ 2x2−3x+ 3) + (−x+ 1).
Parciális törtekre bontás
Racionális törtfüggvények
Legyen p1(x), p2(x) ∈ R[x]. Ekkor a pp12(x)(x) alakú függvényeket racionális törtfüggvényeknek nevez- zük. Célunk meghatározni a racionális törtfüggvények primitív függvényeit. El®ször is feltehet®, hogy gr(p2(x)) > gr(p1(x)). Ugyanis, ha ez nem így lenne, akkor a polinomosztást felhasználva tudjuk, hogy p1(x) =p2(x)q(x) +r(x), ebb®l
Z p1(x) p2(x) =
Z
q(x) + r(x) p2(x) =
Z
q(x) +
Z r(x) p2(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 3. Tétel
Legyenp2(x)∈R[x]. Ekkorp2(x)felbontható els®- és másodfokú polinomok szorzatára.
Ezek alapján a következ® alakba írható át az integrálandó:
p1(x)
(x−u1)α1. . .(x−un)αn(a1x2+b1x+c1)β1. . .(akx2+bkx+ck)βk. 4. Tétel
Legyen egy racionális törtfüggvény a fenti formában adott. Ekkor egyértelm¶en léteznek olyan A1, . . . , Am, B1, . . . , Bl,C1, . . . , Cl∈Rszámok (m=α1+α2+. . . αn,l=β1+β2+. . . βk), melyre a fenti alakban adott racionális törtfüggvény a következ® alakba írható:
A1
(x−u1)+ A2
(x−u1)2 +· · ·+ Aα1
(x−u1)α1 +· · ·+ Am (x−un)αn+ + B1x+C1
(a1x2+b1x+c1)+ B2x+C2
(a1x2+b1x+c1)2 +. . . + Bβ1x+Cβ1
(a1x2+b1x+c1)β1 +· · ·+ Blx+Cl
(akx2+bkx+ck)βk. Parciális törtekre bontás a gyakorlatban
A következ® példán bemutatjuk, hogy a gyakorlatban hogyan végezhet® el a parciális törtekre bontás.
El®ször azokat azA, B, C számokat keressük, melyekre teljesül, hogy x2+x−1
(x−1)(x+ 2)2 = A
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)x2+ (4A+B+C)x+ 4A−2B−C.
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. Amib®l visszahelyettesítéssel kapjuk, hogy
B= 8
9 C=−1 3. Összegezve tehát azt kaptuk, hogy
x2+x−1
(x−1)(x+ 2)2 = 1
9(x−1)+ 8
9(x+ 2)− −1 3(x+ 2)2. Most keressük azokat azA, B, C számokat, melyekre az teljesül, hogy
x2+x−1
(x−1)(x2+ 2) = A
x−1 +Bx+C x2+ 2 . Hasonlóan az el®zöekhez el®ször közös nevez®re hozzuk:
A(x2+ 2) + (Bx+C)(x−1) (x−1)(x2+ 2) ,
majd a nevez®ben felbontjuk a zárójeleket, és kiemeljük a megfelel® tagokat:
(A+B)x2+ (C−B)x+ 2A−C.
Az eredeti tört nevez®jével ezt összevetve kapjuk, hogy A+B= 1 C−B= 1 2A−C=−1.
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
x2+x−1
(x−1)(x2+ 2) = 1
3(x−1) + 2x+ 5 3(x2+ 2).
Integrálási szabályok
Integrálás
A parciális törtekre bontás során tehát a következ® alakú racionális törtfüggvényekhez juthatunk:
C x−a
C (x−a)k
Cx+D ax2+bx+c
Cx+D (ax2+bx+c)k,
aholC, D, a, b, ctetsz®leges valós, kpedig egynél nagyobb egész szám. Az ilyen alakú függvények integrálá- sához a követekez®kre van szükségünk:
Z dx
x−a = ln|x−a|+c Z dx
(x−a)k = 1
−k+ 1 1
(x−a)k−1+c Z Ax+B
x2+ax+bdx= Z A
2(2x+a) +B−Aa2 x2+ax+b =
= Z A
2
2x+a x2+ax+b+
Z C
x2+ax+b =
= Z A
2
2x+a x2+ax+b+
Z C
x+a22
+b−a42
=
=ln(x2+ax+b) + 1 Darctg
2x+a 2D
+c, ahol C =B−Aa2 ; D =
q
b−a42. Az utolsó integráltípus meghatározásához egy kicsit általánosabb tételt kell alkalmaznunk.
5. Tétel
Legyenr(x) =x2+ax+b ésg(x)∈R[x]. Ekkor Z g(x)
rm(x)dx= A(x) rm−1(x)+
Z B(x) r(x), aholA(x)egy(2m−3)-ad fokú,B(x)pedig els®fokú polinom.
Az A(x) ésB(x) meghatározásához írjuk fel a polinomokat ismeretlen együtthatókkal, majd deriváljuk a tételben felírt egyenletet.
Feladat
Határozzuk meg a következ® integrált
Z x3+x2+ 3x−2 (x2+ 2)2 ! Megoldás
A feladat megoldható lenne a parciális törtekre bontással is, azonban most alkalmazzuk a fenti tételt. Mivel ebben a példábanm= 2, ezért1 = 2m−3 =m−1, vagyis azA(x)els® fokú polinom, és az integrálon kívüli tag nevez®je is els®fokon szerepel. Ez alapján a tétel a következ® formában írható fel
Z x3+x2+ 3x−2
(x2+ 2)2 dx=Ax+B x2+ 2 +
Z Cx+D x2+ 2 dx.
Deriváljuk az összefüggés mindkét oldalát:
x3+x2+ 3x−2
(x2+ 2)2 = A(x2+ 2)−(Ax+B)2x
(x2+ 2)2 +Cx+D x2+ 2 . A jobboldalt hozzuk közös nevez®re
A(x2+ 2)−(Ax+B)2x+ (Cx+D)(x2+ 2)
(x2+ 2)2 ,
majd bontsuk fel a számlálóban szerepl® zárójeleket és emeljük ki a megfelel® tagokat:
Cx3+ (D−A)x2+ (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. A második és a negyedik egyenletekb®l pedig adódik, hogy
A=−1, D= 0.
Összegezve tehát azt kaptuk, hogy
Z x3+x2+ 3x−2
(x2+ 2)2 = −x−12 x2+ 2 +
Z x x2+ 2dx=
=−x−12 x2+ 2 +1
2ln(x2+ 2) +c.
