Zbërthimi i pjesshëm në thyesa

Në algjebër, zbërthimi i pjesshëm në thyesa ose zgjerimi i pjesshëm i thyesave të një thyese racionale (d.m.th., një thyesë e tillë që numëruesi dhe emëruesi janë të dy polinome ) është një veprim që e shpreh thyesën si shumë , e një polinomi (ndoshta zero) dhe një ose disa thyesave me emërues më të thjeshtë.

Rëndësia e zbërthimit të pjesshëm të thyesave qëndron në faktin se ai ofron algoritme për llogaritje të ndryshme me funksione racionale, duke përfshirë llogaritjen eksplicite të antiderivativëve, zgjerimet e serisë Tejlor, transformimet e anasjellta Z dhe transformimin e anasjelltë të Laplasit . Koncepti u zbulua në mënyrë të pavarur në 1702 nga Johann Bernoulli dhe Gottfried Leibniz .

Në simbole, zbërthimi i fraksionit të pjesshëm i një thyese racional të formës ${\textstyle {\frac {f(x)}{g(x)}},}$ ku f dhe g janë polinome, është shprehja e tillë si:

$${\frac {f(x)}{g(x)}}=p(x)+\sum _{j}{\frac {f_{j}(x)}{g_{j}(x)}}$$

ku $p(x)$ është një polinom, dhe, për çdo j, emëruesi $g_{j}(x)$ është një fuqi e një polinomi të pazbërthyeshëm (që nuk është i faktorizueshëm në polinome me fuqi pozitive), dhe numëruesi $f_{j}(x)$ është një polinom i një shkalle më të vogël se shkalla e këtij polinomi të pareduktueshëm.

Parimet bazë

Le të jetë

$$R(x)={\frac {F}{G}}$$

një thyesë racionale, ku $F$ dhe $G$ janë polinome me një ndryshore në $x$ e papërcaktuar mbi një fushë. Ekzistenca e thyesës së pjesshëm mund të vërtetohet duke zbatuar në mënyrë induktive hapat e mëposhtëm të reduktimit.

Pjesa polinomiale

Ekzistojnë dy polinome $E$ dhe $F_{1}$ të tilla që

$${\frac {F}{G}}=E+{\frac {F_{1}}{G}},$$

dhe

$$\deg F_{1}<\deg G,$$

ku $\deg P$ tregon shkallën e polinomit P

Procedura

Jepen dy polinome $P(x)$ dhe$Q(x)=(x-\alpha _{1})(x-\alpha _{2})\cdots (x-\alpha _{n})$, ku α _i janë konstante të dallueshme dhe $deg\ P<x$, shprehjet eksplicite për thyesat e pjesshme mund të merren duke supozuar se

$${\frac {P(x)}{Q(x)}}={\frac {c_{1}}{x-\alpha _{1}}}+{\frac {c_{2}}{x-\alpha _{2}}}+\cdots +{\frac {c_{n}}{x-\alpha _{n}}}$$

dhe më pas zgjidhet për konstantet c _i, me zëvendësim, duke barazuar koeficientët e termave që përfshijnë fuqitë e x, ose ndryshe.

Një llogaritje më e drejtpërdrejtë, e cila lidhet fort me interpolimin e Lagranzhit, përbëhet nga shorehja

$${\frac {P(x)}{Q(x)}}=\sum _{i=1}^{n}{\frac {P(\alpha _{i})}{Q'(\alpha _{i})}}{\frac {1}{(x-\alpha _{i})}}$$

ku $Q'$ është derivat i polinomit $Q$ . Koeficientët e ${\tfrac {1}{x-\alpha _{j}}}$ quhen mbetjet e f/g .

Kjo qasje nuk merr parasysh disa raste të tjera, por mund të modifikohet në përputhje me rrethanat:

• Nëse $\deg P\geq \deg Q,$ atëherë është e nevojshme të kryhet pjesëtimi Euklidian i P me Q, duke përdorur pjesëtimin e gjatë polinomial, duke dhënë $P(x)=E(x)Q(x)+R(x)$ me $\deg \ R<n$ . Duke pjesëtuar me $Q(x)$ kjo jep
  $${\frac {P(x)}{Q(x)}}=E(x)+{\frac {R(x)}{Q(x)}},$$
• Nëse $Q(x)$ përmban faktorë të cilët janë të pazbërthyeshëm në fushën e dhënë, atëherë numëruesi $N(x)$ i secilës thyesë të pjesshëm me një faktor të tillë $F(x)$ në emërues, duhet të kërkohet si një polinom me $\deg \ n<\deg \ F$, e jo si konstante. Për shembull, merrni zbërthimin e mëposhtëm mbi R :
  $${\frac {x^{2}+1}{(x+2)(x-1)\color {Blue}(x^{2}+x+1)}}={\frac {a}{x+2}}+{\frac {b}{x-1}}+{\frac {\color {OliveGreen}cx+d}{\color {Blue}x^{2}+x+1}}.$$
• Supozoni $Q(x)=(x-a)^{r}S(x)$ dhe $S(\alpha )\neq 0$, që do të thotë α është një rrënjë e $Q(x)$ me shumëfishitet r . Në zbërthimin e thyesave të pjesshme, r fuqitë e para të $(x-\alpha )$do të ndodhen si emërues të thyesave të pjesshme (mundësisht me një numërues zero). Për shembull, nëse S ( x ) = 1, zbërthimi i pjesshëm i thyesës ka formën
  $${\frac {P(x)}{Q(x)}}={\frac {P(x)}{(x-\alpha )^{r}}}={\frac {c_{1}}{x-\alpha }}+{\frac {c_{2}}{(x-\alpha )^{2}}}+\cdots +{\frac {c_{r}}{(x-\alpha )^{r}}}.$$

Illustrim

Në një zbatim shembull të kësaj procedure, ${\frac {3x+5}{(1-2x)^{2}}}$ mund të zbërthehet në formën

$${\frac {3x+5}{(1-2x)^{2}}}={\frac {A}{(1-2x)^{2}}}+{\frac {B}{(1-2x)}}.$$

Pastrimi i emëruesve tregon se $3x+5=A+B(1-2x)$ . Zgjerimi dhe barazimi i koeficientëve të fuqive të x jep

 

5 = A + B and 3x = −2Bx

Zgjidhja e këtij sistemi ekuacionesh lineare për A dhe B jep A = 13/2 dhe B = -3/2 . Prandaj,

$${\frac {3x+5}{(1-2x)^{2}}}={\frac {13/2}{(1-2x)^{2}}}+{\frac {-3/2}{(1-2x)}}.$$

Mbi realet

Thyesat e pjesshme përdoren në integralet e funksioneve të ndryshores reale për të gjetur integralet e pacaktuara me vlerë reale të funksioneve racionale . Zbërthimi i pjesshëm i thyesave të funksioneve reale racionale përdoret gjithashtu për të gjetur transformimet e tyre të anasjellta të Laplasit . Për aplikimet e zbërthimit të pjesshëm të fraksioneve mbi realet, shih

• Aplikimi për integrimin simbolik, më sipër
• Thyesat e pjesshme në transformimet e Laplasit

Shembuj

Shembulli 1

$$f(x)={\frac {1}{x^{2}+2x-3}}$$

Këtu, emëruesi ndahet në dy faktorë të veçantë linearë:

$$q(x)=x^{2}+2x-3=(x+3)(x-1)$$

pra kemi zbërthimin e thyesës së pjesshme

$$f(x)={\frac {1}{x^{2}+2x-3}}={\frac {A}{x+3}}+{\frac {B}{x-1}}$$

Shumëzimi me emëruesin në anën e majtë na jep identitetin polinomial

$$1=A(x-1)+B(x+3)$$

Zëvendësimi i vlerës x = -3 në këtë ekuacion jep A = -1/4, dhe zëvendësimi i vlerës x = 1 jep B = 1/4, në mënyrë që

$$f(x)={\frac {1}{x^{2}+2x-3}}={\frac {1}{4}}\left({\frac {-1}{x+3}}+{\frac {1}{x-1}}\right)$$

Shembulli 2

$$f(x)={\frac {x^{3}+16}{x^{3}-4x^{2}+8x}}$$

Pas pjesëtimit të polinomeve, kemi

$$f(x)=1+{\frac {4x^{2}-8x+16}{x^{3}-4x^{2}+8x}}=1+{\frac {4x^{2}-8x+16}{x(x^{2}-4x+8)}}$$

Faktori $x^{2}-4x+8$ është i pazbërthyeshëm në fushën e numrave realë, pasi dallori i tij (−4)2 − 4×8 = −16 është negativ. Kështu zbërthimi i thyesës së pjesshme mbi numrat realë ka formën

$${\frac {4x^{2}-8x+16}{x(x^{2}-4x+8)}}={\frac {A}{x}}+{\frac {Bx+C}{x^{2}-4x+8}}$$

Duke shumëzuar me $x^{3}-4x^{2}+8x$, kemi identitetin polinomial

$$4x^{2}-8x+16=A\left(x^{2}-4x+8\right)+\left(Bx+C\right)x$$

Duke marrë x = 0, shohim se 16 = 8 A, pra A = 2. Duke krahasuar koeficientët x ², shohim se 4 = A + B = 2 + B, pra B = 2. Duke krahasuar koeficientët linearë, shohim se −8 = −4 A + C = −8 + C, pra C = 0. Gjithsej,

$$f(x)=1+2\left({\frac {1}{x}}+{\frac {x}{x^{2}-4x+8}}\right)$$

Thyesa mund të zbërthehet plotësisht duke përdorur numra kompleksë . Sipas teoremës themelore të algjebrës, çdo polinom kompleks i shkallës n ka n rrënjë (komplekse) (disa prej të cilave mund të përsëriten). Pjesa e dytë mund të zbërthehet në:

$${\frac {x}{x^{2}-4x+8}}={\frac {D}{x-(2+2i)}}+{\frac {E}{x-(2-2i)}}$$

Duke shumëzuar me emëruesin jepet:

$$x=D(x-(2-2i))+E(x-(2+2i))$$

Duke barazuar koeficientët e x dhe koeficientët konstante (në lidhje me x ) të të dy anëve të këtij ekuacioni, fitohet një sistem me dy ekuacione lineare në D dhe E, zgjidhja e të cilit është

$$D={\frac {1+i}{2i}}={\frac {1-i}{2}},\qquad E={\frac {1-i}{-2i}}={\frac {1+i}{2}}.$$

Kështu kemi një zbërthim të plotë:

$$f(x)={\frac {x^{3}+16}{x^{3}-4x^{2}+8x}}=1+{\frac {2}{x}}+{\frac {1-i}{x-(2+2i)}}+{\frac {1+i}{x-(2-2i)}}$$