\input amstex
{\catcode`@=11\gdef\logo@{}}
\magnification=\magstep1
\NoBlackBoxes
\input epsf

\documentstyle{amsppt}
\leftheadtext{Michal Zajac --- Polyn\'omy a racion\'alne funckcie}
\rightheadtext{Michal Zajac --- Polyn\'omy a racion\'alne funckcie}
\hsize 179truemm
\vsize 265truemm
\advance\hoffset by -.3truecm

\def\softl{l\kern-0.1em\lower-0.05ex\hbox{\char39}\kern-0.1em}
\def\softL{L\kern-0.25em\lower-0.3ex\hbox{\char39}}
\def\softt{t\kern-0.12em\lower-0.05ex\hbox{\char39}}

%\NoPageNumbers

\TagsOnRight
\document
%\shyph

\def\8{\eightpoint}
\def\go#1;#2;#3 {\vbox to0pt{\kern-#3\hbox{\kern#2 #1}\vss}\nointerlineskip}
\advance\hoffset by-12truemm \advance\voffset by-20truemm
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\head
Polyn\'omy
\endhead

\definition{Defin\'\i cia}  Nech $a_0,a_1,\dots,a_n\in C$. V�raz
$f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\dots+a_nx^n$ sa naz�va {\it polyn�m} s koeficientami $a_0,a_1,\dots,a_n$. Ak $a_n\ne0$, tak sa ��slo $n$ sa naz�va {\it stupe�} polyn�mu $f(x)$ ($n=\deg f$). Ak $a_0=a_1=\dots=a_n=0$, tak $\deg f=-\infty$. Mno�inu v�etk�ch polyn�mov s komplexn\'ymi koeficientami budeme ozna�ova� $P(C)$.
\enddefinition
Podobne, $P(Z), P(Q), P(R)$ s� mno�iny v�etk�ch polyn�mov s celo��seln�mi, racion�lnymi, resp. re�lnymi koeficientami.

Polyn\'om $f\in P(C)$ ur�uje funkciu $x\mapsto f(x)$, pre polyn�my z $P(C)$ plat� aj veta o jednozna�nosti:
\proclaim{Veta} Nech $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1x+a_0\in P(C)$, $g(x)=b_mx^m+b_{m-1}x^{m-1}+\dots+b_1x+b_0\in P(C)$ ($a_n\ne0$, $b_n\ne0$) ur�uj� t� ist� funkciu, t.j. pre ka�d� $x\in C$ plat� $f(x)=g(x)$.

Potom sa rovnaj� aj koeficienty polyn�mov $f,g$, t.j.
$$
m=n,\quad a_0=b_0,\;a_1=b_1,\dots,a_n=b_n\,.
$$
\endproclaim
Predch�dzaj�ca veta plat� aj pre nulov� polyn�m a tie� v $P(Z), P(Q), P(R)$.

\definition{Defin\'\i cia}
\item{1)}
Polyn�m  $f(x)\in P(C)$, resp.  $f(x)\in P(R)$ sa naz�va {\it ireducibiln�\/} v $P(C)$, resp. v $P(R)$,\newline
ak neexistuj� $g(x),h(x)\in P(C)$, resp. $\in P(R)$, stup�a aspo� 1, pre ktor�
$f(x)=g(x)h(x)$.
\item{2)} $c\in C$ je {\it kore�} polyn�mu $f(x)\in P(C)$, ak je hodnota $f(c)=0$.
\enddefinition
\proclaim{Veta} Ak $f(x)\in P(C)$, $c\in C$, tak zvy\v{s}ok po delen\'{\i} $f(x):(x-c)$ je hodnota $f(c)$; \v{s}peci\'alne, ak
$c$ je kore\v{n} polyn\'omu $f$, tak sa d\'a deli� $f(x):(x-c)$ bezo zvy\v{s}ku (p�eme aj $(x-c)\mid f(x))$.
\endproclaim
\demo{D\^okaz} Delen�m dostaneme podiel $g(x)$ a zvy\v{s}ok je polyn\'om $r(x)$, $\deg r(x)<deg(x-c)=1$. Teda $r(x)=r\in C$, a teda
$f(x)=(x-c)g(x)+r\implies f(c)=(c-c)g(c)+r=r$.
\enddemo
Teraz m��eme e�te spresni� defin�ciu kore�a polyn�mu z $P(C)$
\definition{Defin\'\i cia} Nech $f(x)\in P(C)$, $k\in N$. \v{C}\'{\i}slo $c\in C$ sa naz�va {\it kore� n�sobnosti $k$} ($k$-n�sobn� kore�) polyn�mu $f$, ak
$(x-c)^k|f(x)$, ale $(x-c)^{k+1}$ nie je delite�om polyn�mu $f$.
V�eobecnej�ie, v $P(R)$ sa ireducibiln� polyn�m $g(x)\in P(R)$ naz�va {\it $k$-n�sobn� ireducibiln� delite�} polyn�mu $f$, ak
 $[g(x)]^k\mid f(x)$, ale $g^{k+1}$ nie je delite�om polyn�mu $f$.
\enddefinition
In�mi slovami $\exists\, h(x)\in P(R)$ tak�, �e $f(x)=[g(x)]^kh(x)$ a polyn\'om $g(x)$ nie je delite�om polyn\'omu $h(x)$.



\definition{Hornerova sch\'ema}
Delenie $f(x):(x-c)=g(x)$ so zvy�kom $r$ sa d� nap�sa� do nasleduj�cej tabu�ky
\def\ciara{\noalign{\hrule}}
\def\2{\vrule width0pt height 10pt depth1pt}
$$
\vbox{\offinterlineskip\halign{$\;#\;$\2\vrule&&\hfil$\;#\;$\hfil\cr
\noalign{\hrule}
   &a_n   &a_{n-1}  &a_{n-2} &\dots&a_1  &a_0&\omit koeficienty polyn�mu $f$\hfil\cr
  c&       &cb_{n-1}&cb_{n-2}&\dots&cb_1 &cb_0\cr
\noalign{\hrule}
  &b_{n-1}&b_{n-2} &b_{n-3}  &\dots&b_0  &\vrule\,\underline{r=f(c)}&\omit koeficienty polyn�mu $g\,$\vrule\  zvy�ok \cr
 }}
 $$
 V tre�om riadku je s��et ��sel v prv�ch dvoch riadkoch.
 \enddefinition
Platnos� Hornerovej sch�my uk�eme na pr�klade $\deg f=3$; $f(x)=a_3x^3+a_2x^2+a_1x+a_0$, $g(x)=b_2x^2+b_1x+b_0$.
$$
f(x)=(x-c)(b_2x^2+b_1x+b_0)+r=b_2x^3+b_1x^2+b_0x-cb_2x^2-cb_1x-cb_0+r\,,
$$ teda
$$\alignat4
f(x)=a_3&x^3+&a_2&x^2+&a_1&x+&&\quad a_0\\
=b_2&x^3+&(b_1-cb_2)&x^2+&(b_0-cb_1)&x+&&(r-cb_0)
\endalignat
$$
Porovnan�m koeficientov dostaneme
$$
b_2=a_3\,,\;b_1-cb_2=a_2\implies b_1=a_2+cb_2\,,\;b_0-cb_1=a_1\implies b_0=a_1+cb_1\,,\;r-cb_0=a_0\implies r=a_0+cb_0\,.
$$


\subhead
\bf Rozklad  na s\'u\v cin ireducibiln\'ych polyn\'omov
\endsubhead
\medskip
Komplexn\'e ��sla sme zaviedli tak, aby mal polyn�m $x^2+1$ kore�. Pre polyn�my s komplexn�mi koeficientami (teda �peci�lne aj z $P(R)$) plat�
viac:
\proclaim{Veta {\rm(Z\'akladn\'a veta algebry)}} Ka\v{z}d� polyn\'om s komplexn�mi koeficientami stup\v{n}a aspo\v{n} 1 m\'a kore\v{n} $c\in C$.
\endproclaim
\proclaim{Veta {\rm (o komplexn�ch kore\v noch re\'alnych polyn\'omov)}} Ak je $c\in C$ kore�om polyn�mu $f\in P(R)$, tak je aj komplexne zdru�en� ��slo $\overline c$ kore�om polyn�mu $f$.
\endproclaim
\demo{D\^okaz}
Ak $a_0,a_1,\dots,a_n\in R$, $f(x)=a_0+a_1x+\dots+a_nx^n\in P(R)$ a $c\in C$ je koree\v n polyn\'omu $f$,
tak
$$
0=f(c)=a_0+a_1c+a_2c^2+\dots+a_nc^n\implies 0=\overline 0=\overline{a_0+a_1c+a_2c^2+\dots+a_nc^n}\,.
$$
Preto�e $\overline{c^k}=(\overline c)^k$ a $a_k\in R\implies  \overline {a_k}=a_k$ dostaneme
$$
f(\overline c)=a_0+a_1\overline c+a_2\overline c^2+\dots+a_n\overline c^n=\overline{a_0+a_1c+a_2c^2+\dots+a_nc^n}=\overline{f(c)}=0\,.
$$
\enddemo
Zo z�kladnej vety algebry vypl�va, �e ireducibiln�  polyn�my v $P(C)$ maj� stupe� 1. Pre polyn�my $f\in P(R)$ dostaneme:

Ak $c=a+ib$ je kore� polyn�mu $f\in P(R)$, tak aj $\overline c=a-ib$ je jeho kore�. Preto je $(x-c)(x-\overline c)=
(x-a-ib)(x-a+ib)=(x-a)^2+b^2$ delite�om polyn�mu $f(x)$. Teda v $P(R)$ s� ireducibiln�mi len polyn�my stup�a 1 alebo polyn�my stup�a 2, ktor� nemaj� re�lne korene (t.j. maj� z�porn� diskriminant).
Teda ka�d� polyn�m $f\in P(R)$, $\deg f=n$, sa d� rozlo�i� na s��in ireducibiln�ch polyn�mov

\item{(i)} v $P(C)$: $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots a_0=a_n(x-c_1)^{k_1}(x-c_2)^{k_2}\cdots (x-c_m)^{k_m}$, kde
$c_1,c_2,\dots,c_m\in C$ s� korene polyn�mu $f$ n�sobnosti $k_1,k_2,\dots,k_m\in N$\newline pri�om plat� $\sum\limits_{a=1}^mk_a=\deg f$.

\item{(ii)} v $P(R)$: $f(x)=a_n(x-c_1)^{k_1}\cdots (x-c_g)^{k_g}(x^2+p_1x+q_1)^{\ell_1}\cdots(x^2+p_hx+q_h)^{\ell_h}$,\newline  $\sum\limits_{a=1}^gk_a+2\sum\limits_{b=1}^h\ell_b=\deg f$
a $p_j^2-4q_j<0$ pre v�etky $j=1,2,\dots,h$, $c_1,c_2,\dots,c_g$ s� re�lne korene polyn�mu $f$ n�sobnosti $k_1,k_2,\dots,k_g\in N$

\smallskip
%\newpage
\subhead
\bf Racion�lne korene polyn�mu $f\in P(Z)$
\endsubhead

\proclaim{Veta} Nech $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1x+a_0\in P(Z)$, $a_n\ne 0$.  Nech $c=\frac pq$, kde $q\in N$, $p\in Z$ a
��sla $p,q$ s� nes�delite�n� (t.j. zlomok sa ned� kr�ti�). Ak je $c$  kore� polyn�mu $f$, tak je $p$ delite�om ��sla $a_0$ a $q$ delite�om ��sla $a_n$.
\endproclaim

\demo{D\^okaz}
Ak je $\frac pq$ kore� polyn�mu $f(x)$ tak
$$\align
0&=f\bigl(\tfrac pq\bigr)=a_n\frac {p^n}{q^n}+a_{n-1}\frac{p^{n-1}}{q^{n-1}}+\dots+a_1\frac pq+a_0 \;\big/\cdot q^n
\\
\implies 0&=a_np^n+a_{n-1}p^{n-1}q+\dots+a_1 pq^{n-1}+a_0q^n
\\
\implies -a_0q^n&=a_np^n+a_{n-1}p^{n-1}q+\dots+a_1 pq^{n-1}
\\
-a_0q^n&=p\underbrace{\bigl(a_np^{n-1}+a_{n-1}p^{n-2}q+\dots+a_1 q^{n-1}\bigr)}_a=pa\,,\;a\in Z
\endalign
$$
Teda ��slo $p$ je delite�om ��sla $a_0q^n$ a preto�e $p$ a $q$ s� nes�delite�n� mus� by� $p$ delite�om ��sla $a_0$.

Podobne
$$
\align
0&=a_np^n+a_{n-1}p^{n-1}q+\dots+a_1 pq^{n-1}+a_0q^n\;\big/ -a_np^n\\
 -a_np^n&=a_{n-1}p^{n-1}q+\dots+a_1 pq^{n-1}+a_0q^n\\
&=q\bigl(a_{n-1}p^{n-1}+\dots+a_1 pq^{n-2}+a_0q^{n-1}\bigr)
\\
&\implies q\mid a_n\,.
\endalign
$$
\enddemo
\example{Pr\'\i klad} N�jdite v�etky racion�lne korene polyn�mu $f(x)=4x^6+6x^5-10x^4-7x^3+6x^2-5x+6$ a nap�te ho ako s��in ireducibiln�ch polyn�mov v $P(R)$.
\smallskip
Rie�enie:\newline
Ak $\frac pq$ je kore� $f(x)$, tak $p\in Z$, $p\mid 6$ a $q\mid 4$, teda \newline
$p\in \{\pm 1,\,\pm 2,\,\pm 3,\,\pm 6\}$, $q\in\{1,\,2,\,4\}$, �i�e mo�n� racion�lne korene s� z mno�iny\newline $\{\pm 1,\,\pm 2,\,\pm 3,\,\pm 6,\,\pm\frac1{2},\,\pm\frac32,\,\pm\frac14,\,\pm\frac34\}$. Teraz sta�� t�chto 16 ��sel dosadi� do dan�ho polyn�mu a zisti�, pre ktor� z nich v�jde hodnota 0. Urob�me to pomocou Hornerovej sch�my a zis�ujeme aj n�sobnos� kore�a:
$$
\vbox{\offinterlineskip\halign{$\;#\;$\2\vrule&&\hfil$\;#\;$\hfil\cr
\multispan9\hrulefill\cr
   &4   &6  &-10 &-7&6 &-5&6 &\cr
   &    &4  & 10 & 0&-7&-1&6 &\cr
\multispan8\hrulefill\cr
%\noalign{\hrule}
  1&4   &10 &  0 &-7&-1&-6&|\underline 0&\implies f(x)=(x-1)(4x^5+10x^4-7x^2-x-6)\cr
   &    &4  & 14 &14& 7& 6&\cr
\multispan7\hrulefill\cr
%\noalign{\hrule}
  1&4   &14 & 14 & 7& 6&|\underline 0&&\implies f(x)=(x-1)^2(4x^4+14x^3+14x^2+7x+6)\cr
   &    &4  & 18 &32&39&     \cr
\multispan6\hrulefill\cr
  1&4   &18 & 32 &39&|\underline{45\ne0}\cr
}}
$$
Teraz sta�� h�ada� korene polyn�mu $4x^4+14x^3+14x^2+7x+6$, ktor� m� iba kladn� koeficienty, preto m��e ma� len z�porn� korene.
Teda budeme u� sk��a� iba $c\in\{-1,\,-2,\,-3,\,-6,\,-\frac12,\,-\frac32,\,-\frac14,\,-\frac34\}$ znova pomocou Hornerovej sch�my.
$$
\vbox{\offinterlineskip\halign{$\;#\;$\2\vrule&&\hfil$\;#\;$\hfil\cr
\multispan6\hrulefill\cr
   &4   &14 &14 & 7& 6\cr
   &    &-8 &-12&-4&-6\cr
\multispan6\hrulefill\cr
-2 &4   & 6 & 2 &3  &|\underline0&\implies f(x)=(x-1)^2(x+2)(4x^3+6x^2+2x+3)\cr
   &    &-8 & 4 &-12&\cr
\multispan5\hrulefill\cr
-2 &4   &-2 & 6 &|-9\ne0\cr
}}
$$
Teraz sta�� h�ada� korene polyn�mu $g(x)=4x^3+6x^2+2x+3$, ktor� m��e ma� korene $\{-3,\,-\frac12,\,-\frac32,\,-\frac14,\,-\frac34\}$
Pomocou Hornerovej sch�my dostaneme $g(-3)\ne 0$, $g(-\frac12)\ne 0$,

$$
\vbox{\offinterlineskip\halign{$\;#\;$\2\vrule&&\hfil$\;#\;$\hfil\cr
\multispan5\hrulefill\cr
        &4   &6  &2  & 3&\cr
        &    &-6 &0  &-3&\cr
\multispan4\hrulefill\cr
-\frac32&4   & 0 &2  &|\underline 0&\implies g(x)=(x+\frac32)(4x^2+2)=2(x+\frac32)(2x^2+1)\cr}}
$$
\underbar{V�sledok}: $f(x)=4(x-1)^2(x+2)(x+\frac32)(x^2+\frac12)$ m� racion�lne korene $c_{1,2}=1$, $c_3=-2$, $c_4=-\frac32$.
Okrem toho m� dvojicu komplexn�ch kore�ov $\pm\frac1{\sqrt2} i$.

%(2x+3)(x-1)^2(x+2)=2x^4+3x^3-6x^2-5x+6
\endexample

\head
Racion\'alne funkcie
\endhead



\definition{Defin\'\i cia} Nech $p,q\in P(C)$, $q\ne 0$. Fuunkcia tvaru $f(x)=\dfrac{p(x)}{q(x)}$ sa naz�va {\it racion�lna funkcia\/}.
Definovan� je v ka�dom komplexnom ��sle, ktor� nie je kore�om menovate�a $q(x)$.

Ak je $\deg p<\deg q$, tak hovor�me, �e $f(x)$ je {\it r�dzoracion�lna}\,.
\enddefinition
Ak je $\deg p\ge \deg q$, tak delen�m $p(x):q(x)$ dostaneme $p(x)=g(x)\cdot q(x)+r(x)$, $\deg r<\deg q$.
Odtia� dost�vame
$$
f(x)=\frac{p(x)}{q(x)}=\frac{g(x)\cdot q(x)+r(x)}{q(x)}=g(x)+\frac{r(x)}{q(x)}
$$
a teda plat�
\proclaim{Veta}
Ka�d� racion�lna funkcia $f$ je s��tom polyn�mu $g$ a r�dzoracion�lnej funkcie $($ak je $f$ r�dzoracion�lna tak je polyn�m $g$ nulov�$)$.
\endproclaim
,,Najjdenoduch�ie'' r�dzoracion�lne funkcie, ktor�ch menovate�om je mocnica ireducibiln�ho polyn�mu sa naz�vaj� element�rne zlomky.
\definition{Defin\'\i cia} {\it Element�rnym zlomkom nad $C$} sa naz�va funkcia tvaru
\itemitem{(i)} $\dfrac{a}{(x-c)^k}$, kde $a,c\in C$, $k\in N$.

\noindent
{\it Element�rnym zlomkom nad $R$} sa naz�va funkcia jedn�ho z typov
\itemitem{(ii)} $\dfrac{a}{(x-c)^k}$, kde $a,c\in R$, $k\in N$,
\itemitem{(iii)} $\dfrac{ax+b}{(x^2+px+q)^k}$, kde $a,b,p,q\in R$, $k\in N$, $p^2-4q<0$.
\enddefinition
\example{\'Uloha} Rozhodnite, �i je dan� funkcia element�rnym zlomkom nad $R$.
\itemitem{a)} $f(x)=\dfrac1{(x+2)^2}$,
\itemitem{b)} $f(x)=\dfrac{x}{x+2}$,
\itemitem{c)} $f(x)=\dfrac{x}{x^2+2x+1}$,
\itemitem{d)} $f(x)=\dfrac{x}{x^2+2x+2}$,
\itemitem{e)} $f(x)=\dfrac{x+1}{(x^2+2x+2)^3}$,
\itemitem{f)} $f(x)=\Bigl(\dfrac{x+1}{x^2+2x+2}\Bigr)^3$,
\endexample


 \proclaim{Veta} Ka�d� racion�lna funkcia $f$ nad $C$  (nad $R$) sa d� jednozna�ne a� na
poradie s��tancov nap�sa� ako s��et polyn�mu a kone�n�ho po�tu element�rnych zlomkov nad $C$  (nad
$R$).
\endproclaim
Nazna��me iba, ako sa matematickou indukciou (vzh�adom na stupe� menovate�a) dok�e t�to veta nad po�om $C$. Predpokladajme preto, �e $c\in C$ je $k$-n�sobn� kore� menovate�a r�dzoracion�lnej funkcie, t.j
$$
f(x)=\frac{p(x)}{(x-c)^kg(x)}\,,\quad k\in N\,,\;g(c)\ne 0\,,\quad k+\deg g>\deg p\,.
$$
Potom $\exists a\in C$ tak�, �e $p(c)-ag(c)=0$, t.j. $a=\dfrac {p(c)}{g(c)}$. In�mi slovami $c$ je kore� polyn�mu $p(x)-ag(x)$ a preto
$p(x)-ag(x)=(x-c)h(x)$, $h\in P(C)$. Teda
$$
\frac{p(x)}{(x-c)^kg(x)}=\frac{(p(x)-ag(x))+ag(x)}{(x-c)^kg(x)}=\frac{(x-c)h(x)+ag(x)}{(x-c)^kg(x)}=\frac{h(x)}{(x-c)^{k-1}g(x)}+\frac{a}{(x-c)^k}
$$

Rozklad na s��et element�rnych zlomkov sa d� urobi� met�dou neur�it�ch koeficientov, ak pozn�me kanonick� rozklad menovate�a na s��in ireducibiln�ch polyn�mov. Uk�eme to na pr�klade:
\example{\'Uloha} Funkciu $f(x)=\dfrac{2x^4-5x^3+2x^2-2x+1}{x^3-2x^2-x+2}$ rozlo�te na s��et polyn�mu a element�rnych zlomkov.
\endexample
\example{Rie\v senie}
Funkcia nie je r�dzoracion�lna (stupe� �itate�a je v��� ako stupe� menovate�a). Naj\-prv delen�m dostaneme
$$
(2x^4-5x^3+2x^2-2x+1):(x^3-2x^2-x+2)=2x+1\,,\qquad\text{zvy�ok }2x^2-7x+3
$$
teda
$$
f(x)=2x+1+\frac{2x^2-7x+3}{x^3-2x^2-x+2}
$$
Menovate�a rozlo��me na s��in $x^3-2x^2-x+2=(x-1)(x+1)(x-2)$, teraz h�ad�me ��sla $a,b,c$ tak�, aby
$$
\frac{2x^2-7x+3}{(x-1)(x+1)(x-2)}=\frac{a}{x-1}+\frac{b}{x+1}+\frac{c}{x-2}
$$
Obe strany predch�dzaj�cej rovnosti n�sob�me menovate�om $(x-1)(x+1)(x-2)$ a dostaneme
$$
2x^2-7x+3=a(x+1)(x-2)+b(x-1)(x-2)+c(x-1)(x+1)\,.
$$
��sla $a,b,c$ pod�a predch�dzaj�cej vety s� jednozna�ne ur�en�. V tomto pr�pade ich najr�chlej�ie ur��me tak, �e do oboch str�n predch�dzaj�cej rovnosti dosad�me vhodn� ��sla (korene menovate�a):
$$\alignat3
x&=1\:& -2&=a\cdot(1+1)(1-2)+b\cdot 0+ c\cdot 0=-2a&&\implies a=1\\
x&=-1\:& 12&=a\cdot0+b\cdot(-1-1)(-1-2)+c\cdot0=6b&&\implies b=2\\
x&=2\: & -3&=a\cdot0+b\cdot0+c\cdot(2-1)(2+1)=3c&&\implies c=-1
\endalignat
$$
Druh� mo�nos� je prav� stranu rozn�sobi�:
$$
2x^2-7x+3=a(x+1)(x-2)+b(x-1)(x-2)+c(x-1)(x+1)=(a+b+c)x^2+(-a-3b)x+(-2a+2b-c)
$$
a pou�i� fakt, �e polyn�my sa rovnaj�, ak maj� tie ist� koeficienty, teda rie�i� s�stavu s nezn�mymi $a,b,c$:
$$\align
a+b+c&=2\\
-a-3b&=-7\\
-2a+2b-c&=3
\endalign
$$
\endexample
\subhead
Pravidl� ako ur�ujeme tvary element�rnych zlomkov pri rozklade r�dzoracion�lnych funkci�
\endsubhead

\item{1.} {\bf Po�et nezn�mych neur�it�ch koeficientov} sa rovn� {\bf stup�u menovate�a}.
\item{2.} Ak je v rozklade menovate�a mocnina $(x-c)^k$, tak k nej h�ad�me element�rne zlomky ($k$~ne\-ur\-�it�ch koeficientov)
$$
\frac {a_1}{(x-c)^k}\,,\quad \frac {a_2}{(x-c)^{k-1}}\,,\dots,\quad \frac {a_{k-1}}{(x-c)^2}\,,\quad \frac {a_k}{(x-c)}\,.
$$
\item{3.} Podobne Ak je v rozklade menovate�a mocnina $(x^2+px+q)^k$, $p^2-4q<0$, tak h�ad�me $2k$ neur�it�ch koeficientov
v zlomkoch
$$
\frac {a_1x+b_1}{(x^2+px+q)^k}\,,\quad \frac {a_2x+b_2}{(x^2+px+q)^{k-1}}\,,\dots \frac {a_{k-1}x+b_{k-1}}{(x^2+px+q)^{2}}\,,\quad
\frac {a_kx+b_k}{(x^2+px+q)}\,.
$$



\example{Pr\'\i klad} Nap�eme teraz tvar rozkladu na element�rne zlomky nad $R$ niektor�ch r�dzoracion�lnych funkci�, t.j. predpoklad�me, �e stupe� menovate�a je v��� ako stupe� �itate�a ($A,B,C,\dots$ s� neur�it� koeficienty z $R$):
$$\align
\frac{p(x)}{(x-2)^4}&=\frac{A}{(x-2)^4}+\frac{B}{(x-2)^3}+\frac{C}{(x-2)^2}+\frac{D}{(x-2)}\\
\frac{p(x)}{(x-2)^2(x+1)^2}&=\frac{A}{(x-2)^2}+\frac{B}{(x-2)}+\frac{C}{(x+1)^2}+\frac{D}{(x+1)}\\
\frac{p(x)}{(x^2-3x+3)^2(x+1)^2}&=\frac{Ax+B}{(x^2-3x+3)^2}+\frac{Cx+D}{(x^2-3x+3)}+\frac{E}{(x+1)^2}+\frac{F}{(x+1)}
\endalign
$$
\endexample
\example{\'Uloha} Dan� racion�lnu funkciu nap�te ako s��et polyn�mu a element�rnych zlomkov nad $R$.
\itemitem{a)} $\dfrac{2x^3+4x^2+5x+1}{(x^2+2x+2)^2}$
\itemitem{b)} $\dfrac{-x^2-2x+1}{x^3+6x^2+12x+8}$
\itemitem{c)} $\dfrac{1}{2x^2+5x-12}$
\itemitem{d)} $\dfrac{3x-4}{(x-2)(x-1)^3}$
\itemitem{e)} $\dfrac{5x^2-14x+17}{(x-5)^2(x-1)^2}$
\itemitem{f)} $\dfrac{4x^2+3x+3}{(x^2+1)(x^2+2x+2)}$
\endexample


\enddocument
