最初の2枚の定理等により三枚目の部分分数分解が証明できると思うのですが、赤い

Mathematics

大學

已解決

5年以上以前

リオ

最初の2枚の定理等により三枚目の部分分数分解が証明できると思うのですが、赤い線以外の項が出てくることがよく分からないです。

赤い項が出てくるのは因数分解できているからなのですが、それ以外についてがよく分からないです。

B₁＝x-a、B₂＝（その他）として繰り返すにしても
B₂には(x-a)^(p-1)の因数しか持っていないため、p個の項が出てこないのではないか、、、

そもそも、x-aと(x-a)² が互いに素なのかもよく分からないです。共通因子はxで、互いに素ではないんじゃないか？って思います。

どなたかわかる方、解説をお願いします。

定理1 整式 4(7)、 (r) が deg.4 < deg (deg /(z) は、整式 /(ヶ) の次数を意味する) のとき、が(ァ) = 7)用(r) で整式 (7)。 (7) がないに素ならば、・ dog <deg deg <deg放| となるような整式 (3) (7) が、ただ 1 組存在する。系2 問式 4(Z), 2(r) がdeg.4 <degおのとき、 (7) = 放(y)記(2) … (7) で、束式太G) 記(7) Br) がどの 2 つも石いに素ならば、 dmも<dem訪7ニ12.…7) EE ぢ記あ…お。お邦となるような整式 (7)、 (7) 4。(z) が、ただ 1 組存在する。 2 旭除法 2 なお、2 つの贅式7?) 9(r) が万いに素であるとは、1 次以上の共通因子 (7(z), 9(z) の両方を割り切る束式) が存在しないことを意味する。講義では、証明なしでこの定理を紹介しているだけだったので、ここにその証明を簡単にまとめておくこととする。なお、以下は実数係数の束式 (多項式) を考えとするが、有理数係数の整式に限定しても、あるいは複数係数の革式に広げても同じ論法が使える。

4 代数学の基本定理 3 餅で、主定理 1 の証明が終了したが、教科書 [1] には、さらに、 (<) を実数係数の範囲でできるだけ因数分解して OECD4C)R(CEOま7JM(CEODESAuR の形 (1 次式と、判別式が負の 2 次式の積) に書くと書かれている (24 p114)。これは代数学の基本定理と呼ばれる次の定理から作かれる。定理 7 複素数係数の n 次式は、複素数の範囲で , 個の 1 次式の徒に因数分解可能である。この定理の証明は容易でほなく、さすがにここで行うことはできないが、この定理と次の事実を用いれば、上に述べた教科書の記述は説明できる。命題 8 実数係数の整式がxー (az上が) (g、》は実数、》ゅデ 0.7 は虚数単位) という因子を持てば、その整式は必ずェー( 一) という因子も持つ。複素数 sq上全に対して、=ミニッーなを > の共役複案数という。師題8 の証明

邊6東補なのーーーーーー、ミ $24 有理関数の策一般の有理導和電関数は加式の商 @4.D 依% 9 の形の較・分数数とも呼ばれる、贅の関数の不定和みはで計算する. 3) まず, 4G) と放り通の因数があれば約人し。本つ、、 \の部分を作めキク「テ2 のように各式の部分を分区すると寺9 か既約でかである場合に加着する、 (b) (⑦) を実数係数の引 g⑦)ニんの形(ユメではその場合を考える. るだけ内数分解しての+ の!*(G (Na でザキの(でこの計吉 2 ォキャーーーで1トーこのこれを部分学数分解とEC の形の和で表される(証明は省略する ). これを部部分分数分解の実際は以下の例題で学ぶことか 2 (の部分分数分解の各項の不定積分は, a 2 ことができる(下の例是を大照) こを使っで表すことが 0 人と。生えられた有理関数の不定本分が得

部分分数分解

解答

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gößt

5年以上以前

最初の2枚に書かれている定理だけでは証明できない、と言った方がここではいいのかもしれません。そこに書かれている定理群から直ちに従うことは、
A(x)/B(x)
＝Ap(x)/(x-a)^p+Bq(x)/(x-b)^q+…
+Cm(x)/{(x-c)²+d²}^m+Dn(x)/{(x-e)²+f²}^n+…
(degAp<p-1, degBq<q-1, …, degCm<2m-1, …)
までです
x-aと(x-a)²はx-aを共通因数にもつため仰る通り互いに素ではないですね

そこから先はまた別の事実を用いています。一般論として定理の形っぽくまとめるならば

<定理>
整式A(x),B(x)において、
A＝C₀+C₁B+C₂B²+…+CnBⁿ
(degC₀, degC₁, …, degCn<degB)
となるような整数nと整式C₀, …, Cnが存在する

となるでしょうか。例えばB(x)=x-aの場合は
A＝c₀+c₁(x-a)+c₂(x-a)²+…+cn(x-a)ⁿ
と分解できるよということです。
これは割り算の原理を利用してAをBⁿで割り、余りをBⁿ⁻¹で割り、またその余りをBⁿ⁻²で割り、という操作を繰り返せば証明できると思います。Cn≠0 を仮定すればnとC₀, …, Cnの一意性も担保されそうです

今書いた定理を上記の途中まで部分分数分解した式に適用すれば最終的な式が得られます

リオ 5年以上以前

ですよね、いつもありがとうございます。

あれから自分なりに考えたり調べたりを繰り返していたのですが、そこにたどり着くことができていました！
その考えが合っていたことを確認できたので助かりました！

自力で解決できていたけど、ゲストさんも一緒に考えていてくれたし、勉強になる部分はあったと思い、消すのもどうかなと思っておりました。

gößt 5年以上以前

そうでしたか
回答がちょっと遅かったですね(´・ω・｀)

リオ 5年以上以前

いえいえ、助かっていることは事実です！
今回もありがとうございました！

gößt 5年以上以前

そう言っていただけるとありがたいです

留言

解答

あ

5年以上以前

例えば、
∫1/((x-1)²(x-2))dx=∫A/(x-1)+B/(x-1)²+C/(x-2)dx
(A,B,Cはそれぞれ等号を満たすような値)
のように解くので，赤線以外の項が出るのかと思いました.

リオ 5年以上以前

右辺を通分すれば左辺になるのはわかってます。
今、知りたいのは左辺から右辺に変形する証明です。

リオ 5年以上以前

もっとわかりやすく言うならば、
B/(x-1)²+C/(x-2)を通分しても左辺の形になりそうですよね？

なぜ、A/(x-1)まで必要になるのか？
ということを知りたいのです。

それがこの部分分数分解の証明に関する質問です。

あ 5年以上以前

とりあえず，
分子=A(x)
分母=(x-a)²(x-b)
として，部分分数分解してみましたが、「分母がx-aの項」(=①)があるのと無いのとではA(x)の自由度は変わるのは明らかですが，①があれば、A(x)の各項の係数が任意に取れることの証明すら分かりませんでした.
ところで，そもそも右辺から左辺が成り立つことが分かれば、左辺は右辺になるのって証明要るんですか？
そんなことも証明するなんて数学科はすごいですね.
一応受験生なので，ここらで手を引きます.力になれなくてすみません.

あ，あと気になったのですが，x-aと(x-a)²はx=a+1以外の時は互いに素では無いですよね.
∵x-a=(x-a)²
⇔(x-a)(x-a-1)=0 (x≠0)
⇔x=a+1

リオ 5年以上以前

証明自体は右辺から左辺が示せれば十分です。

が、それはその式が成り立つことを知っているから出来ることであり、数学の本質的な部分ではないと思います。（昔の人が左辺から右辺を示したことで、私たちは右辺から左辺を証明することができるのです）

また、今考えている式は具体的な式です。大学ではこれらを一般化することを考えます。全ての場合において成り立つことを言うには一般化するしかないです。

最後の互いに素に関してですが、定理を使うためには分母は全て互いに素でなければいけないので、このように部分分数分解できるならば互いに素なはず、、、なのですがよく分からないです。

あ 5年以上以前

さっきわからないと言いましたが、
①が無ければ、xの係数と定数が2つの変数で定まるので、自由度が無くなりますね.

大学数学の定理を知らないので、頓珍漢なことを言うかもしれませんが，イメージ的には、
A(x)/((x-a)^(n)×(x-b))=A₁/(x-a)+...An/(x-a)ⁿ+B(x-b)
n=2の時示されて、帰納的にn=k+1が成り立つ.
A(x)/((x-a)^(n)×(x-b)^(m))も帰納的に成り立つ.
A(x)/((x-a)^(n)×(x-b)^(m)...)も帰納的に成り立つ.
って感じで証明可能かどうかを別にすれば成り立ちそうではありますけど...

定理7のB₁B₂ってB₁≠(B₁')ⁿ(n:2以上の整数)ってことじゃないんですかね.