INTEGRALI ELEMENTARNIH FUNKCIJ 1. Uvod Za zacetek si
Transcription
INTEGRALI ELEMENTARNIH FUNKCIJ 1. Uvod Za zacetek si
INTEGRALI ELEMENTARNIH FUNKCIJ MARKO SLAPAR Povzetek. Dobro znano dejstvo je, da za nekatere elementarne funkcije ne obstajajo nedoloˇ ceni integrali, ki bi se lahko zopet izraˇ zali samo s pomoˇ cjo R 2 elementarnih funkcij. Primer takega integrala je ex dx. V ˇ clanku predstavimo, kaj je v ozadju te teorije in pokaˇ zemo nekaj primerov elementarnih funkcij, ki nimajo elementarnih integralov. 1. Uvod Za zaˇcetek si poglejmo preprost primer integrala racionalne funkcije Z 4 Z Z Z Z x − x3 + x2 + x − 1 1 dx −2x + 1 dx = 1dx − dx + + dx x2 (x2 + 1) x2 x x2 + 1 Z Z d(x2 + 1) dx x2 + 1 x 1 + = + log 2 + arctg x + C. = x + + log x − x x2 + 1 x2 + 1 x x +1 Pri raˇcunanju integrala smo si pomagali z razcepom racionalne funkcije na parcialne ulomke [6, str. 237-239]. Ta metoda integracije racionalnih funkcij se vˇcasih imenuje tudi metoda nedoloˇcenih koeficientov in nam omogoˇca integracijo poljubne racionalne funkcije pod pogojem, da znamo imenovalec faktorizirati na nerazcepne faktorje . Ti so bodisi linearni bodisi kvadratni nerazcepni faktorji. V rezultatu integracije bodo v sploˇsnem nastopale racionalne funkcije, logaritmi racionalnih funkcij in arctg funkcije, ki so posledica nerazcepnih kvadratiˇcnih faktorjev. Slednjih se lahko znebimo, ˇce smo pripravljeni v metodo vpeljati kompleksna ˇstevila, saj iz razcepa x2 + 1 = (x + i)(x − i) sledi Z Z Z dx i dx i dx = − . 2 x +1 2 x+i 2 x−i Integrala na desni strani sta seveda integrala kompleksnih funkcij. S pomoˇcjo kompleksnega logaritma (log z = log |z| + iArg z), ima sedaj rezultat obliko Z 4 x − x3 + x2 + x − 1 x2 + 1 x i x+i dx = + log 2 + log + C. 3 2 x (x + 1) x x +1 2 x−i V sploˇsnem lahko vsak polinom v komplesnem razcepimo na same linearne faktorje. Vsako racionalno funkcijo tako lahko razcepimo na parcialne ulomke, ki bodo v imenovalcih imeli samo potence linearnih faktorjev. Tem sumandom lahko poiˇsˇcemo nedoloˇcene integrale, ki bodo bodisi zopet cele potence linearnih faktorjev, ali pa kompleksni logaritmi linearnih faktorjev. Zato imamo izrek Izrek (Laplace, 1812). Nedoloˇceni integral racionalne funkcije je vedno elementarna funkcija. Le ta je ali racionalna funkcija, ali pa vsota racionalne funkcije in logaritmov racionalnih funkcij, pomnoˇzenih s konstantami. 1 2 MARKO SLAPAR Nabor funkcij, ki jih dobimo v integralih racionalnih funkcij, se je z vpeljavo kompleksnih ˇstevil zmanjˇsal, poenostavi pa se tudi sama metoda integracije racionalnih funkcij. Seveda pa je slaba stran, da bodo povsem realne funkcije dobile nedoloˇcene integrale, ki bodo (navidezno) kompleksni, zato smo zaenkrat seveda lahko skeptiˇcni nad smiselnostjo vpeljave kompleksnih ˇstevil. Bolj prepriˇcljive razloge bomo videli v nadaljevanju. Izkazalo se bo namreˇc, da se integrali elementarnih funkcij, ˇce so seveda elementarni, v sploˇsnem izraˇzajo kot vsota funkcij ”iste vrste”in logaritmov le teh. ˇ Ceprav se kar nekaj tipov nedoloˇcenih integralov lahko s primerno substitucijo prevede na integral racionalne funkcije, pa v sploˇsnem zgodba ni tako preprosta. Medtem ko je odvod elementarne funkcije zopet elementarna funkcija, pa za integral to vsekakor ni res. Tako se na primer integrali Z Z Z Z sin x dx dx −x2 √ • dx • • e dx • log x x x3 + 1 ne morejo zapisati samo z elementarnimi funkcijami. Naj omenimo, da je prvi integral tesno povezan z distribucijo normalnih spremenljivk v verjetnosti, drugi z distribucijo praˇstevil, zadnji pa spada med eliptiˇcne integrale. Prav tako jeR vˇcasih teˇzRko oceniti, kdaj je integral funkcije elementaren Rin kdaj ne. Integrala xx dx in xx log x dx nista elementarna, med tem ko je (xx + R x x xx log x) dx = xx +C elementaren. Podobno je integral ( xen + aex ) dx elementaren 1 pri konstanti a = − (n−1)! (per partes), drugaˇce pa je neelementaren. 2. Elementarne funkcije V tem razdelku bomo natanˇcno opisali, kaj si predstavljamo po pojmom elementarne funkcije. Pod pojmom elementarne funkcije si obiˇcajno predstavljamo kakrˇsnekoli funkcije, ki jih dobimo iz funkcije f (x) = x le s pomoˇcjo znanih operacij in funkcij: seˇstevanje, odˇstevanje, deljenje, mnoˇzenje, korenjenje, potenciranje, trigonometriˇcnih funkcij in njihovih inverzov, eksponentne in logaritemske funkcije, ter poljubnih kompozitumov le teh. Na primer ex3 − 7x log x p 6 e−x − sin(x/(x5 + 6)) . Nabor funkcij, ki sestavljajo elementarne funkcije, se znatno zmanjˇsa, ˇce pri raˇcunanju dovolimo ˇse kompleksna ˇstevila. V kompleksnem namreˇc velja eix − e−ix eix + e−ix in cos x = . 2i 2 S pomoˇcjo teh formul lahko dobimo na primer p 1 + ix 1 log . arcsin x = −i log ix + 1 − x2 in arctg x = 2i 1 − ix Vse trigonometriˇcne in inverzne trigonometriˇcne funkcije se zato lahko zapiˇsejo le s pomoˇco logaritemske in eksponentne funkcije, kar raˇcunanje in kasnejˇse definicije precej olajˇsa. Spomnimo se, da je funkcija f analitiˇcna na odprtem intervalu I ⊂ R, ˇce jo v vsaki toˇcki iz I lahko razvijemo v Taylorjevo vrsto, ki bo na neki okolici te toˇcke tudi konvergirala proti funkciji. Kompleksna funkcija f = u+iv je analitiˇcna, ˇce sta analitiˇcni tako njen realni del u kot njen imaginarni del v. Analitiˇcnost se seveda (2.1) sin x = INTEGRALI ELEMENTARNIH FUNKCIJ 3 ohranja pri seˇstevanju, odˇstevanju, mnoˇzenju funkcij in tudi pri odvajanju ter integriranju. Kvocient analitiˇcnih funkcij bo analitiˇcen na komplementu niˇcel funkcije v imenovalcu. Naj bo f kompleksna analitiˇcna funkcija na odprtem intervalu I in naj tam nima niˇcel. Toˇcka x0 naj bo poljubna toˇ R xcka na intervalu I. Logaritem funkcije f definiramo s predpisom (log f )(x) = x0 f 0 (t)/f (t) dt, kjer nam izraz pomeni obiˇcajen Riemannov integral. Sprememba referenˇcne toˇcke x0 spremeni ˇ ˇzelimo, lahko logaritem funkcije do aditivne konstante, kar pa nas ne bo motilo. Ce log f konstanto vedno doloˇcimo tako, da bo veljalo e = f . Funkcija log f je analitiˇcna funkcija, saj je integral analitiˇcne funkcije. Analogno bi lahko dejali, da je ˇ pa je kdo bolj log f katerakoli (analitiˇcna) funkcija g, za katero velja f 0 /f = g 0 . Ce doma v kompleksni analizi, lahko za log f vzame tudi katerokoli vejo kompleksne logaritemske funkcije. Za poljubno analitiˇcno funkcijo f na intervalu I bomo rekli funkciji ef eksponentna funkcija funkcije f . Le ta je na I zopet analitiˇcna. Za kompleksno funkcijo h reˇcemo, da je meromorfna na intervalu I ⊂ R, ˇce je kvocient dveh funkcij f in g (g 6≡ 0), ki sta obe analitiˇcni na I. Prostor meromorfnih funkcij na I ⊂ R oznaˇcimo z M(I) in je oˇcitno obseg. Obseg M(I) bo za nas pomenil osnovni razred funkcij, s katerimi bomo raˇcunali. Naj bo F poljuben obseg. Z F [x] oznaˇcimo kolobar polinomov nad obsegom F v nedoloˇcenki x in z F (x) obseg racionalnih funkcij nad F v eni spremenljivki. Analogno imamo v veˇc spremenljivkah kolobar F [x1 , x2 , . . . , xn ] polinomov v n spremenljivkah in F (x1 , x2 , . . . , xn ) obseg racionalnih funkcij v n spremenljivkah. ˇ je G ⊃ F razˇsiritev obsega F in α ∈ G, je α algebraiˇcen element nad F , ˇce je Ce p(α) = 0 za kakˇsen polinom p ∈ F [x]. V nasprotnem primeru je α transcendenten element nad F . Za α ∈ G, transcendenten nad F , nam preslikava α 7→ x poda izomorfizem tako kolobarjev F [α] in F [x], kot tudi obsegov F (α) in F (x). Veˇc in bolj natanˇcno lahko o razˇsiritvah obsegov najdemo v [5]. Definicija 2.1. Naj bodo f1 , f2 , . . . , fn meromorfne funkcije na intervalu I. Potem je C(f1 , f2 , . . . , fn ) obseg funkcij oblike h= p(f1 , f2 , . . . , fn ) , q(f1 , f2 , . . . , fn ) kjer sta p, q ∈ C[x1 , x2 , . . . , xn ] polinoma in q 6= 0. Definicija 2.2. Elementaren obseg funkcij je vsak obseg oblike C(x, f1 , . . . , fn ), kjer so f1 , . . . , fn meromorfne funkcije na nekem intervalu I ⊂ R, in je fk ali algebraiˇcna nad C(x, f1 , . . . , fk−1 ), ali je logaritem funkcije iz C(x, f1 , . . . , fk−1 ) ali pa je eksponentna funkcija neke funkcije iz C(x, f1 , . . . , fk−1 ). Meromorfna funkcija f je elementarna, ˇce je vsebovana v kakˇsnem elementarnem obsegu funkcij. ˇ Ceprav je interval I, na katerem so funkcije meromorfne, formalno del definicije, pa se s tem ne bomo preveˇc obremenjevali. Princip enoliˇcnosti nam namreˇc pove, da je meromorfna funkcija natanko doloˇcena ˇze, ko poznamo njene vrednosti na katerikoli mnoˇzici s stekaliˇsˇcem. Za interval lahko tako vzamemo kateri koli interval, na katerem so vse funkcije dobro definirane. V nadaljevanju bomo na interval I zato preprosto pozabili. Primer 2.3. Funkcija f (x) = xs , s ∈ R, je elementarna funkcija, saj je f ∈ ˇ je s ∈ Q, je f tudi algebraiˇcna nad C(x), in je zato f ˇze v C(x, log x, es log x ). Ce elementarnem obsegu C(x, f ), ˇce pa je s celo element Z, je f ˇze v C(x). 4 MARKO SLAPAR Primer 2.4. Iz formul (2.1) sledi, da so trigonometriˇcne funkcije sin x, cos x, tan x v ix elementarnem obsegu C(x, √ √ e ), funkcija arcsin pa se nahaja v elementarnem obsegu 2 C(x, 1 − x , log (ix + 1 − x2 )). Primer 2.5. Funkcija πx3 − 7x ln x p 6 e−x − sin(x/(x5 + 6)) p i x je v elementarnem obsegu C(x, ln x, ex , e x5 +6 , 6 e−x − sin(x/(x5 + 6))). Pomembna lastnost obsegov elementarnih funkcij je, da so zaprti za odvajanje. Izrek 2.6. Naj bo funkcija f v elementarnem obsegu K. Potem je f 0 ∈ K. ˇ Dokaz. Naj bo K = C(x, f1 , . . . , fn ). Izrek bomo dokazali z indukcijo po n. Ce je n = 0, je K = C(x). Ker je odvod racionalne funkcije racionalna funkcija, je K zaprt za odvajanje. Predpostavimo torej, da je L = C(x, f1 , . . . , fn−1 ) zaprt za odvajanje in je K = L(fn ), pri ˇcemer je fn ali logaritem, ali eksponent funkcije iz ˇ je fn = eg , L, ali pa algebraiˇcen nad L. Dovolj je, ˇce pokaˇzemo, da je fn0 ∈ K. Ce 0 g 0 0 0 g ∈ L, potem je fn = g e , in ker je g ∈ L po predpostavki, je fn ∈ K. Podobno naj bo fn = log g in fn0 = g 0 /g ∈ L ⊂ K. Naj bo sedaj fn algebraiˇcen nad L. Predpostavimo, da je p(fn ) = 0 za polinom p(t) = tm + am−1 tm−1 + · · · + a0 , kjer je stopnja polinoma p najmanjˇsa moˇzna. Zato velja q(fn ) 6= 0 za polinom q(t) = mtm−1 + am−1 (m − 1)tm−2 + · · · + a1 . Po drugi strani pa velja 0 = (p(fn ))0 = q(fn )fn0 + a0m−1 fnm−1 + a0m−2 fnm−2 + · · · + a00 . Torej je a0m−1 fnm−1 + a0m−2 fnm−2 + · · · + a00 . q(fn ) Ker so odvodi a0k ∈ L po indukcijski predpostavki, je desna stran v K. S tem je dokaz konˇcan. fn0 = − 3. Liouvillov izrek V prejˇsnjem razdelku smo pokazali, da je odvod vsake elementarne funkcije prav ˇ veˇc, izrek, ki smo ga pokazali zgoraj, nam pove, tako elementarna funkcija. Se da odvod ni niˇc bolj kompliciran kot sama funkcija, v smislu, da se nahaja v istem elementarnem obsegu. Kot bomo videli, za integral ne velja enako. Integral elementarne funkcije je pogosto neelementaren. V kolikor pa je integral elementarne funkcije elementaren, lahko precej natanˇcno povemo, kakˇsno obliko bo imel. To je vsebina Liouvillovega izreka iz leta 1835, ki je osnova tako za algoritmiˇcno raˇcunanje nedoloˇcenih integralov [2], kot tudi za dokazovanje, da doloˇcena elementarna funkcija nima elementarnega integrala. Izreka tukaj ne bomo pokazali, za dokaz pa se bralec lahko obrne na [3]. Izrek 3.1 (Liouville, 1835). Naj bo f ∈ K = C(x, f1 , . . . , fn ). Potem ima f elementaren integral natanko takrat, ko velja f= m X k=1 ak gk0 + h0 , gk INTEGRALI ELEMENTARNIH FUNKCIJ 5 kjer so a1 , . . . , am ∈ C in g1 . . . , gk , h ∈ K. Takrat velja Z m X f (x) dx = ak log gk + h. k=1 Naj bo K kot v formulaciji izreka in oznaˇcimo s m X g0 K0 = {f ∈ K; f = ak k + h0 , kjer so g1 , . . . gm , h ∈ K, a1 , . . . , am ∈ C}. gk k=1 Liouvillov izrek nam pove, da ima elementarna funkcija f , ki se nahaja v elementarnem obsegu K, elementaren integral natanko tedaj, ko se nahaja v podmnoˇzici K0 . Ker za dva elementarna obsega L ⊂ K seveda velja L0 ⊂ K0 , je vseeno, kateri elementaren obseg izberemo za preverjanje elementarnosti integrala funkcije f . Vsekakor pa je bolje vzeti na nek naˇcin ˇcim ”manjˇsi”obseg, saj bo tako preverjanje laˇzje. V primeru, ko je K = C(x) obseg racionalnih funkcij, nam Laplaceov izrek pove, da je K0 = K, in ima tako vsaka racionalna funkcija p elementaren integral. Prav √tako je K = K0 za elementarne obsege tipa C(x, n (ax + b)/(cx + d)) ali C(x, ax2 + bx + c), saj znamo integrale funkcij iz teh obsegov s primernimi substitucijami prevesti na integrale racionalnih funkcij. V sploˇsnem pa bomo videli, da K\K0 6= ∅, in s tem pokazali obstoj elementarnih funkcij, ki nimajo elementarnih integralov. Prva taka preprosta elementarna obsega sta C(x, eg ) in C(x, log g), kjer je g poljubna nekonstantna racionalna funkcija. Opomba 3.2. Ko integriramo povsem realno funkcijo, obiˇcajno ˇzelimo tudi konˇcni rezultat predstaviti samo z realnimi funkcijami. To seveda lahko vedno storimo s pomoˇcjo primernih formul, ki nam bodo kompleksne funkcije zamenjale z realnimi. Vendar pa je pri Liouvillovem izreku kljuˇcno, da razˇsirimo razred funkcij na komR pleksne. Primer je (1/(1 + x2 ))dx = arctg x, ki ga ne moremo zapisati kot vsoto realne racionalne funkcije in z realnimi konstantami pomnoˇzenih logaritmov realnih racionalnih funkcij. To dejstvo sicer ni povsem oˇcitno in je lepa vaja. 4. Elementarna obsega C(x, eg ) in C(x, log g). ˇ je g racionalna funkcija, ki ni konstanta, je eg(x) transcendentna Lema 4.1. Ce nad C(x). Dokaz. Predpostavimo, da je eg algebraiˇcna nad C(x). Potem obstaja moniˇcni polinom p ∈ C(x)[y] minimalne stopnje n, da velja p(eg ) = eng + an−1 e(n−1)g + · · · + a0 = 0. Odvajamo zgornjo enakost in dobimo novo polinomsko enaˇcbo q(eg ) = ng 0 eng + (a0n−1 + (n − 1)g 0 an−1 )e(n−1)g + · · · + a00 = 0. Ker je bil polinom p minimalen, mora p deliti polinom q. Posebej mora veljati a00 = ng 0 a0 , oziroma a00 = ng 0 . a0 ˇ enaˇcbo integriramo, dobimo log a0 = ng + C, oziroma a0 = Deng , kjer sta C Ce in D kompleksni konstanti. Funkcija eg , razumljena kot funkcija, definirana na kompleksih ˇstevilih, ima v polih racionalne funkcije g bistveno singularnost. V 6 MARKO SLAPAR kolikor je g polinom, pa ima bistveno singularnost v neskonˇcnosti. Ker pa ima vsaka racionalna funkcija v singularnostih kveˇcjemu pol, dobimo protislovje. Opomba 4.2. Zelo podobno vidimo, da je log g transcendenten nad C(x), ˇce je g nekonstantna racionalna funkcija. V tem primeru zopet vzamemo moniˇcni polinom p ∈ C(x)[y], minimalne stopnje, za katerega naj bi veljalo p(log g) = (log g)n + an−1 (log g)n−1 + · · · + a0 = 0. ˇ to enakost odvajamo, dobimo polinomsko enaˇcbo Ce q(log n) = (a0n−1 + n(g 0 /g))(log g)n−1 + · · · + (a00 + a1 (g 0 /g)) = 0. Ker je stopnja q manjˇsa kot stopnja p, in je bil p po predpostavki minimalne stopnje, mora biti q = 0. Posebej mora zato veljati a0n−1 = −ng 0 /g, oziroma ean−1 = D/g n . ˇ an−1 ni konstanten, je ean−1 transcendenten nad C(x) po lemi 4.1, in pridemo Ce v protislovje, ˇce pa je an−1 konstanten, je tak tudi g, kar pa smo izkljuˇcili. Lema 4.3. Naj bo g ∈ C(x) nekonstantna racionalna funkcija in p ∈ C(x)[eg ] poljuben polinom pozitivne stopnje n s koeficienti v C(x). Potem je (p(eg ))0 zopet polinom stopnje n v C(x)[eg ] in p(eg ) deli (p(eg ))0 v C(x)[eg ] natanko tedaj, ko je p monom. Opomba 4.4. Preden dokaˇzemo lemo, pokomentirajmo izraz (p(eg ))0 . Kot smo ˇze omenili, iz transcendentnosti eg nad C(x) sledi, da sta kolobarja C(x)[eg ] in C(x)[y] izomorfna, in sicer s kanoniˇcnim izomorfizmom, ki preslika eg v nedoloˇcenko ˇ je p ∈ C(x)[eg ] polinom p(eg ) = an eng + an−1 e(n−1)g + · · · + a0 , kjer so y. Ce aj ∈ C(x), izraz (p(eg ))0 ne pomeni niˇc drugega kot odvajanje funkcije p(eg(x) ) po spremenljivki x. Ker je prostor C(x)[eg ] zaprt za odvajanje, saj je (p(eg ))0 = (a0n +nan g 0 )eng +(a0n−1 +(n−1)an−1 g 0 )e(n−1)g +. . .+a00 ∈ C(x)[eg ], je vpraˇsanje, ali ˇ s pomoˇcjo izomorfizma eg 7→ y razumemo polinom p(eg ) deli (p(eg ))0 , smiselno. Ce p kot polinom v C(x)[y], se ta odvod prenese na operator ∂ : C(x)[y] → C(x)[y], podan z ∂p = (a0n + nan g 0 )y n + (a0n−1 + (n − 1)an−1 g 0 )y n−1 + · · · + a00 . Operator ∂ seveda zadoˇsˇca Leibnizevemu pravilu ∂(pq) = p∂q + q∂p. V povsem algebraiˇcnem jeziku nam zgornja lema pove, da p ∈ C(x)[y] deli ∂p v C(x)[y] natanko tedaj, ko je p = ay n za nek a ∈ C(x). Dokaz. Prvi del je preprost. Naj bo fn ∈ C(x) vodilni koeficient polinoma p. Velja (fn eng )0 = (fn0 + nfn g 0 )eng . Seveda je fn0 +nfn g 0 ∈ C(x) neniˇcelen, saj bi bila drugaˇce funkcija fn eng konstantna. Pokaˇzimo sedaj, da p(eg ) ne more deliti (p(eg ))0 , ˇce ima p pozitivno stopnjo in ni monom. Naj bosta fn eng in fm emg dva razliˇcna neniˇcelna sumanda v p(eg ). Ker je eg transcendenten nad C(x), je C(x)[eg ] izomorfen C(x)[y], kjer je y nedoloˇcenka. Zato je deljivost v C(x)[eg ] povsem enaka deljivosti v C(x)[y] in mora po zgornjem izraˇcunu veljati f 0 + mfm g 0 fn0 + nfn g 0 = m fn fm oziroma 0 fn eng = 0. fm emg Ta enakost narekuje obstoj konstante C, da velja (fn /fm ) = Ce(m−n)g . Ker je funkcija e(m−n)g transcendentna nad C(x) to ni mogoˇce. INTEGRALI ELEMENTARNIH FUNKCIJ 7 Izrek 4.5 (Liouville, 1835). Naj bosta f, g ∈ C(x) in g ni konstantna. Funkcija f eg ima elementaren integral natanko tedaj, ko obstaja racionalna funkcija R, da velja f = R0 + Rg 0 . Preden se spustimo v dokaz izreka, na dveh primerih poglejmo njegovo uporabo. 2 Primer 4.6. Pokaˇzimo, da funkcija ex nima elementarnega integrala. Seveda od tod sledi, da Gaussov integral iz uvoda prav tako ni elementaren. Po izreku 4.5 2 ima funkcija ex elementaren integral natanko tedaj, ko obstaja taka racionalna funkcija R, da velja 1 = R0 + 2xR. Takoj lahko opazimo, da R ne more biti polinom, ker bi potem desna stran enakosti moral biti polinom stopnje vsaj 1. Torej ima R vsaj en pol na kompleksni ravnini, denimo v toˇcki a. Naj bo stopnja pola v toˇcki a enaka k. Lokalno okoli toˇcke a lahko R zapiˇsemo kot φ(z) , R(z) = (z − a)k kjer je φ holomorfna in neniˇcelna v okolici toˇcke a. Za spremembo imena spremenljivke iz x v z smo se odloˇcili samo zaradi povdarka, da R sedaj razumemo kot holomorfno funkcijo. Odvod je tedaj v okolici a oblike R0 (z) = (z − a)φ0 (z) − kφ(z) ψ(z) = , (z − a)k+1 (z − a)k+1 kjer je ψ holomorfna in neniˇcelna v okolici a. Tako ima R0 (z) + 2zR(z) = ψ(z) + 2z(z − a)φ(z) (z − a)k+1 v toˇcki a zopet pol stopnje natanko k + 1 in ne more biti konstanta. R dx Primer 4.7. Integral log x lahko s substitucijo log x = u prevedemo v integral Z u e du. u ˇ bi bil, bi morala obstajati Pokaˇzimo, da ta integral ne more biti elementaren. Ce racionalna funkcija R, za katero bi veljalo (4.1) 1 = R0 + R. u R oˇcitno ne more biti polinom, zato ima R pol v vsaj eni toˇcki a ∈ C, ki naj bo pozitivne stopnje k. Desna stran (4.1) ima tedaj v a pol stopnje k + 1 ≥ 2. Ker ima leva stran pol samo v toˇcki 0, ki pa je stopnje 1, (4.1) ne more biti izpolnjena. Z veˇckratno uporabo formule per partes lahko pokaˇzemo, da je integral Z x e dx xn prav tako neelementaren za vsako naravno ˇstevilo n. 8 MARKO SLAPAR Dokaz izreka 4.5. Pogoj je vsekakor zadosten, saj je v primeru, ko je f = R0 + Rg 0 funkcija Reg integral f eg . Poglejmo, da je pogoj tudi potreben. Funkcija F (x) = f (x)eg(x) je elementarna, in se nahaja v elementarnem obsegu C(x, eg(x) ). Po izreku 3.1, ima F elementaren integral natanko tedaj, ko jo lahko zapiˇsemo kot F (x) = n X aj j=1 (rj (x, eg(x) ))0 + (r(x, eg(x) ))0 , rj (x, eg(x) ) kjer so r1 , . . . , rn , r ∈ C(x, y) racionalne funkcije v dveh spremenljivkah, in a1 , . . . , an kompleksne konstante. Seveda lahko vsako racionalno funkcijo rj , j ∈ {1, . . . , n} zapiˇsemo kot rj = pj /qj , kjer sta pj , qj ∈ C(x)[y]. Enako lahko zapiˇsemo r = p/q, p, q ∈ C(x)[y] in predpostavimo, da sta si p in q tuja v C(x)[y], kar pomeni, da ne obstaja polinom v C(x)[y] pozitivne stopnje, ki bi delil tako p kot q. Zgornja enaˇcba tako dobi obliko (4.2) g(x) f (x)e n n X (pj (x, eg(x) ))0 X (qj (x, eg(x) ))0 − aj = aj pj (x, eg(x) ) qj (x, eg(x) ) j=1 j=1 + (p(x, eg(x) ))0 q(x, eg(x) ) − p(x, eg(x) )(q(x, eg(x) ))0 . (q(x, eg(x) ))2 Vsak pj lahko v C(x)[y] razcepimo na produkt pj = pj,1 · · · pj,k , kjer so pj,1 · · · pj,k bodisi nerazcepni moniˇcni polinomi (vodilni koeficient je 1) v C(x)[y], ali pa so elementi C(x). Podobno lahko razcepimo tudi polinome qj . Z uporabo enakosti (st)0 s0 t0 se preprostejˇsi, in sicer st = s + t postane izraz (4.2) ˇ (4.3) m X (pj (x, eg(x) ))0 (p(x, eg(x) ))0 q(x, eg(x) ) − p(x, eg(x) )(q(x, eg(x) ))0 + , aj f (x)eg(x) = pj (x, eg(x) ) (q(x, eg(x) ))2 j=1 pri ˇcemer so pj vsi bodisi moniˇcni nerazcepni polinomi iz C(x)[y], bodisi elementi C(x). Predpostavimo lahko tudi, da so vsi pj razliˇcni med seboj, saj jih v primeru ponavljanja seˇstejemo med seboj. Ker je po lemi 4.1 eg transcendenten nad C(x), nam preslikava, podana z eg 7→ y poda izomorfizem tako med obsegoma C(x, y) in C(x, eg ) kot tudi kolobarjema C(x)[y] in C(x)[eg ]. Zato je izraz (4.3) ekvivalenten enaˇcbi (4.4) f (x)y = m X j=1 aj ∂pj q∂p − p∂q + pj q2 v obsegu C(x, y). Operator ∂ : C(x)[y] → C(x)[y] je definiran v opombi 4.4. Leva stran enaˇcbe (4.4) je element C(x)[y], medtem ko je desna stran v sploˇsnem racionalna funkcija v dveh spremenljivkah. Poskrbeti moramo torej, da se vsi nerazcepni polinomi na desni strani krajˇsajo iz imenovalca. Naj bo pk eden od nerazcepnih moniˇcnih polinomov v (4.4). Po lemi 4.3, pk ne more deliti ∂pk , razen ˇce je pk = y (potenca pri y je nujno 1, saj so faktorji nerazcepni). Predpostavimo sedaj, da pk ni enak y. Ker so vsi pj med seboj razliˇcni P in so vsi nerazcepni, se m pk ne more pokrajˇsati iz imenovalca v (4.4) znotraj izraza j aj ∂pj /pj . Da se bo pokrajˇsal s pomoˇcjo izraza (q∂p − p∂q)/q 2 , mora nastopiti kot nerazcepni faktor v razcepu polinoma q. Naj bo q1 nek nerazcepen moniˇcni polinom iz C(x)[y], ki INTEGRALI ELEMENTARNIH FUNKCIJ 9 nastopa v razcepu polinoma q, in ni enak y. Torej je q = q˜q1l za neko pozitivno naravno potenco l, in q1 ne deli q˜. Dobimo q∂p − p∂q ∂p ∂ q˜ ∂q1 = l − p 2 l − lp l+1 . q2 q˜q1 q˜ q1 q˜q1 Zopet uporabimo lemo 4.3 in ugotovimo, da je stopnja q1 v imenovalcu Pm (q∂p − p∂q)/q 2 nujno enaka l + 1 > 1. Ker pa je stopnja pk v imenovalcu j aj ∂pj /pj enaka 1, se ne more pokrajˇsati. Prav tako vidimo, da polinom q ne more imeti v razcepu nerazcepnih faktorjev razliˇcnih od y, saj bi tudi ti prispevali v imenovalec izraza (4.4). ˇ povzamemo zgornje, dobimo, da lahko samo eden izmed pj vsebuje tudi Ce spremenljivko y, in je enak y, ostali pa morajo biti elementi C(x). Prav tako mora biti q enak y l za nek l ∈ N ∪ {0}. Zato mora biti izraz (4.4) oblike (4.5) f (x)y = m X aj j ∂y y l ∂p − p∂y l ∂pj +a + pj y y 2l kjer so p1 , . . . , pm ∈ C(x), p ∈ C(x)[y], l ∈ N ∪ {0} in a, a1 , . . . , am ∈ C. Ko nadalje polinom p razpiˇsemo po potencah y, dobimo obliko X f (x)y = S(x) + ag 0 (x) + (Rj0 (x) + g 0 (x)jRj (x))y j , j kjer indeks j teˇce po konˇcni mnoˇzici celih ˇstevil, in so Rj ∈ C(x). Z S ∈ C(x) Pneki m smo oznaˇcili vsoto j aj p0j /pj . Seveda se morata izraza na levi in desni ujemati pri vsaki potenci y. Konkretno pri j = 1 dobimo f (x) = R10 + g 0 R1 . S tem je dokaz konˇcan. Primer 4.8. Z majhno modifikacijo zgornjega dokaza lahko obravnavamo tudi integral funkcije sin x/x. Ker velja Z ix Z u Z e − e−ix 1 e − e−u sin x dx = dx = du, x 2ix 2i u bo integral elementaren natanko tedaj, ko bo elementaren integral funkcije F (x) = (ex −e−x )/x ∈ C(x, ex ). Od tu naprej postopamo povsem enako, kot v dokazu izreka 4.5. Hitro se lahko prepriˇcamo, da so vse manipulacije v dokazu 4.5 do formule (4.4) pravzaprav samo posledica dejstev, da operiramo znotraj obsega C(x, y) ∼ = C(x, eg ) in da izraz f (x)y ∈ C(x, y) v imenovalcu nima nerazcepnih polinomov iz C(x)[y], razliˇcnih od y. Tako je tudi v naˇsem primeru z g(x) = x in y = ex . Integral F (x) bo zato elementaren natanko tedaj, ko bomo lahko zapisali m X ∂pj 1 1 ∂y y l ∂p − p∂y l y − y −1 = aj +a + x x pj y y 2l j kjer so p1 , . . . , pm ∈ C(x), p ∈ C(x)[y], l ∈ N ∪ {0} in a, a1 , . . . , am ∈ C, oziroma X 1 1 y − y −1 = S(x) + a + (Rj0 (x) + jRj (x))y j , x x j 10 MARKO SLAPAR kjer j teˇce po neki konˇcni mnoˇzici celih ˇstevil, in so Rj ∈ C(x) in S = Pm indeks 0 a p /p . Posebej mora veljati R10 + R1 = 1/x. Podobno, kot smo videli v j j j j zgornjih dveh primerih, bo imela pri vsaki racionalni funkciji R1 , ki ni polinom, vsota R10 + R1 pol stopnje veˇc kot 1 v vsaj eni toˇcki, kar pa ne velja za 1/x. Ker seveda R1 ne more biti polinom, dobimo protislovje. Zelo podobno, kot smo zgradili teorijo za funkcije oblike eg , bi lahko poiskali kriterij za elementarnost integralov funkcij oblike f log g, kjer sta f in g racionalni funkciji: Izrek 4.9. Naj bosta f, g ∈ C(x) in g ni konstantna. Funkcija f log g ima elementaren integral natanko tedaj, ko obstaja racionalna funkcija R in kompleksna konstanta C, da velja Cg 0 f = R0 + . g Pokaˇzimo samo, da je pogoj zadosten Z Z Z g0 C g0 f log gdx = (R0 + C ) log gdx = (log g)2 + R log g − R dx. g 2 g Zadnji integral je integral racionalne funkcije in zato elementaren po Laplaceovem izreku. Primer 4.10. Za vsak kompleksen a 6= 0 je integral Z log x dx x−a neelementaren, saj bi moral biti R, ki zadoˇsˇca pogoju iz izreka, oblike R(x) = log(x − a) − C log x + D za neki konstanti C, D ∈ C. Funkcija take oblike pa ni racionalna funkcija. To lahko vidimo na razliˇcne naˇcine. Med drugim opazimo, da mora imeti R(x) v a singularnost, vendar pa mora biti R(x)|x − a|1/2 omejena v okolici toˇcke a. Literatura 1. Conrad, B., Impossibility theorems for elementary integration, preprint. 2. Risch, R.H., The problem of integration in finite terms, Transactions of the American Mathematical Society, 139, (1970), 605-608. 3. Rosenlicht, M., Integration in finite terms. Amer. Math. Monthly, 79 (1972), 963–972. 4. Marchisotto, E.A., Zakeri, G, An invitation to Integration in Finite Terms. The College Mathematics Journal, 25(4), (1994), 295–308. 5. Vidav, I., Algebra, Zbirka univerzitetnih uˇ cbenikov in monografij, Mladinska knjiga, Ljubljana, 1972. 6. Vidav, I., Viˇsja matematika I. Deveta, nespremenjena izdaja. Zbirka univerzitetnih uˇ cbenikov in monografij, 6.g., Drˇ zavna zaloˇ zba Slovenije, Ljubljana, 1987. Institute of Mathematics, Physics and Mechanics, University of Ljubljana, Jadranska 19, 1000 Ljubljana, Slovenia E-mail address: [email protected]