1. No category

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]