Liouville tétele és az elemi függvények. Laczkovich Miklós szeptember 18.

Átírás

1 Liouville tétele és az elemi függvények integrálása Laczkovich Miklós szeptember 18.

2 Tartalomjegyzék 1. Bevezetés 3 2. A racionális törtfüggvények integrálja 6 3. Az algebrai függvények integrálja Differenciáltestek Az F (x) differenciáltest Függvényekből álló differenciáltestek. Elemi testek Elemi testek és elemi függvények A Liouville Rosenlicht-tétel és variánsai Egyes transzcendens függvények integrálja Elliptikus és hiperelliptikus integrálok Függelék: testelméleti tudnivalók 72 Jelölések 74 Tárgymutató 74 Hivatkozások 76 2

3 1. Bevezetés A kalkulus XVII. századi felfedezése után hamar megszülettek azok a technikák, amelyekkel egyes képlettel kifejezhető (ún. elemi) függvények határozatlan integrálját kiszámíthatjuk. De a tapasztalat azt mutatja, hogy ezek a módszerek nem minden esetben vezetnek eredményre, amennyiben számos elemi függvény határozatlan integráljára nem sikerül képletet találni. Ilyenek például az e x /x, (sin x)/x, e x2, 1/ log x, 1/ x integrálok. Sejthető volt, hogy ezeket az integrálokat nem is lehet elemi függvényekkel kifejezni, de ennek precíz bizonyítása egészen a XIX. századig váratott magára, amikor Abel 1 és Liouville 2 az algebrai és általánosabban az elemi függvények integráljainak szisztematikus tanulmányozásába fogtak. Az elemi függvények integrálásának elméletét Liouville dolgozta ki az 1833 és 1841 között írt dolgozataiban. Liouville módszere az volt, hogy az elemi függvényeket komplex analitikus függvényeknek fogta fel, és ezek, illetve az integráljaik analitikus folytatásainak a tulajdonságait vizsgálta. Liouville azt mutatta meg, hogy ha egy elemi függvény integrálja elemi, akkor az integrált megadó képlet szerkezete nem lehet sokkal bonyolultabb mint az eredeti függvényé (l. a 27. Tételt). Sajnos ennek az állításnak már a precíz kimondása is komoly nehézséget jelent. Egyes speciális esetek azonban egyszerűen megfogalmazhatók, így Liouville alábbi tétele is (l. a 38. Tételt). Tétel 1 Legyenek f és g racionális törtfüggvények, és tegyük fel, hogy f nem konstans. Ha e f g dx kifejezhető elemi függvényekkel, akkor e f g dx = e f h + c, ahol h is racionális törtfüggvény és c konstans. E tétel segítségével már számos olyan függvényt találhatunk, amelynek az integrálja nem elemi. Így például könnyen beláthatjuk, hogy (e x /x) dx nem fejezhető ki elemi függvényekkel. Ha ui. (e x /x) dx elemi volna, akkor Liouville tétele szerint volna olyan S racionális törtfüggvény, amelyre (S e x ) = e x /x teljesülne. Legyen S = p/q, ahol a p és q polinomoknak nincs nem-konstans közös osztója. Ekkor ) = p q pq ( p q ex 1 Niels Henrik Abel ( ) norvég matematikus 2 Joseph Liouville ( ) francia matematikus q 2 e x + p q ex = ex x, 3

4 azaz x(p q pq + pq) = q 2. Megmutatjuk, hogy ez lehetetlen. Először is, q-nak oszthatónak kell lennie x-szel. Legyen q = x k q 1, ahol q 1 már nem osztható x-szel. Ekkor p sem lehet osztható x-szel, mert q osztható x-szel, és feltettük, hogy p-nek és q-nak nincs nem-konstans közös osztója. Így a P = p q pq + pq = p x k q 1 p(kx k 1 q 1 + x k q 1) + px k q 1 polinom nem osztható x k -val, hiszen a jobb oldalon egy kivételével minden tag osztható x k -val. Másrészt P = q 2 /x = x 2k 1 q 2 1 osztható x k -val, mert 2k 1 k. Ez ellentmondás, amivel beláttuk, hogy e x /x dx nem elemi. Liouville eredményei lehetetlenségi tételek, amennyiben azt mondják ki, hogy bizonyos függvények (például a (sin x)/x függvény) integrálját nem lehet elemi függvényekkel kifejezni. Talán nem felesleges Liouville ezen tételeit elhelyezni a klasszikus lehetetlenségi tételek sorában: A négyzet átlójának és oldalának összemérhetetlensége (Püthagorász, i.e. 6. század) Különböző összemérhetetlenségi állítások (Euklidész, i.e. 300 körül) A königsbergi hidak problémájának megoldhatatlansága (Euler, 1736) Az e szám irracionalitása (Euler, 1737) A π szám irracionalitása (Lambert, 1761) 3 2 és cos 20 szerkeszthetetlensége körzővel és vonalzóval, vagyis a kockakettőzés és szögharmadolás megoldhatatlansága (Gauss, 1800 körül; Wantzel, 1837) Az ötödfokú egyenlet gyökképlettel való megoldhatatlansága (Ruffini, 1799 és Abel, 1824) Liouville elmélete az elemi függvények integrálásáról ( ) Az e szám transzcendenciája (Hermite, 1873) A π szám transzcendenciája, azaz a körnégyszögesítés megoldhatatlansága (Lindemann, 1882) 4

5 Mint említettük, Liouville az elemi függvényeket komplex analitikus függvényekként tárgyalta. Az analitikus elméletet J.F. Ritt könyve foglalja össze [7]. A Liouville-elmélettel kapcsolatban Ostrowski 3 alkalmazott először algebrai módszereket az 1940-es években. Liouville tételének első teljes algebrai bizonyítását Rosenlicht 4 adta meg 1968-ban. Rosenlicht megmutatta, hogy Liouville tételei a differenciáltestek körében is érvényesek. Az elméletet később továbbfejlesztették és algoritmizálták, úgyhogy ma már léteznek olyan algoritmusok, amelyek minden elemi függvényről eldöntik, hogy az integráljuk elemi-e, és ha igen, akkor megadják az integrált. A transzcendens függvényekre vonatkozó algoritmus megtalálható a témát feldolgozó legfontosabb monográfiában [1]. Az algebrai függvényekre nézve lásd [2]. Az algebrai megközelítés differenciáltestekkel dolgozik, tehát az algebrailag megfogalmazott tételek alkalmazásához olyan függvényekből álló differenciáltesteket kell találni, amelyek valamilyen értelemben tartalmazzák az elemi függvényeket. Rosenlicht az algebrai tételeket komplex tartományokon értelmezett meromorf függvények testjeire alkalmazza. Mi más megközelítést alkalmazunk. Mivel az integrál és az elemi függvény fogalma a valós analízisben gyökerezik, ezért olyan függvényeket vizsgálunk, amelyek a valós számegyenes részhalmazain vannak értelmezve. Az értékkészletet illetően azonban nem volna értelme a valós számokra szorítkozni, tekintve, hogy a trigonometrikus függvényeket és inverzeiket a komplex értékű függvények körében kifejezhetjük az exponenciális függvénnyel és a logaritmussal. Ebben a jegyzetben először a racionális törtfüggvények és az algebrai függvények integráljára vonatkozó néhány klasszikus eredményt ismertetünk. Ezt követően a differenciáltestekkel kapcsolatos alapvető tudnivalókat tárgyaljuk, majd belátjuk a Liouville Rosenlicht-tételt és variánsait. A tétel alkalmazásaként számos integrálról (köztük a bevezetés elején felsoroltak mindegyikéről) megmutatjuk, hogy nem fejezhetők ki elemi függvényekkel. Az utolsó fejezetben az ún. elsőfajú elliptikus és hiperelliptikus integrálokat tárgyaljuk, és többek között megmutatjuk, hogy az ellipszis ívhosszát megadó integrál nem elemi. A tárgyalt anyag megértéséhez a differenciál- és integrálszámítás alapjain túl szükség lesz a valós analitikus függvények tulajdonságaira, valamint a 3 Alexander Markovich Ostrowski ( ) orosz-svájci matematikus 4 Maxwell Rosenlicht ( ) amerikai matematikus 5

6 testbővítésekkel kapcsolatos alapvető ismeretekre. A szükséges fogalmak és eredmények megtalálhatók az [5] és [3] tankönyvekben. A testbővítésekkel kapcsolatos tudnivalókat összefoglaljuk a függelékben. A szokásos halmazelméleti jelöléseket használjuk. A jel a nem szigorú tartalmazást jelöli, tehát A B teljesül A = B esetén is. Az f függvénynek a H halmazra való megszorítását f H jelöli. Z, Q, R, C rendre az egészek, a racionális számok, a valós számok, illetve a komplex számok halmazát jelöli. 2. A racionális törtfüggvények integrálja Az első célunk annak megmutatatása, hogy a racionális törtfüggvények integrálja mindig kifejezhető képlettel. Ehhez először is tisztázni kell a képlettel kifejezhetőség fogalmát. Egy függvényről akkor mondjuk, hogy képlettel kifejezhető, ha megkapható a konstans függvényekből, a hatvány-, exponenciális, logaritmikus, trigonometrikus, hiperbolikus függvényekből valamint a trigonometrikus és hiperbolikus függvények inverzeiből a négy alapművelet és a kompozíció (többszöri) alkalmazásával. Ezt az osztályt precízen a következőképpen definiálhatjuk. Tetszőleges f függvényre D(f)-fel, illetve R(f)-fel jelöljük f értelmezési tartományát, illetve értékkészletét. Az f függvényt valós függvénynek nevezzük, ha D(f), R(f) R. Ha f és g valós függvények, akkor legyen f + g, illetve f g az a függvény, amelyre D(f + g) = D(f g) = D(f) D(g), és (f + g)(x) = f(x) + g(x), illetve (f g)(x) = f(x) g(x) minden x D(f) D(g)-re. Legyen f/g az a függvény, amelynek az értelmezési tartománya D(f) {x D(g): g(x) 0}, és (f/g)(x) = f(x)/g(x) minden x D(f) {x D(g): g(x) 0}-ra. Végül legyen f g az a függvény, amelynek az értelmezési tartománya {x D(g): g(x) D(f)}, és (f g)(x) = f(g(x)) minden x {x D(g): g(x) D(f)}-re. Legyen E r 0 a legszűkebb olyan, valós függvényekből álló osztály, amely tartalmazza a konstans függvényeket, a hatvány-, exponenciális, logaritmikus, trigonometrikus, hiperbolikus függvényeket valamint a trigonometrikus és hi- 6

7 perbolikus függvények inverzeit, és amelyre teljesül, hogy bármely két E r 0-beli függvény összege, szorzata, hányadosa és kompozíciója is E r 0-ban van. Az E r 0 osztály elemeit nevezzük képlettel kifejezhető valós függvényeknek. Az f : H C komplex értékű függvényről akkor mondjuk, hogy képlettel kifejezhető, ha H R és Ref, Imf E r 0. A képlettel kifejezhető függvények osztályát E 0 -lal jelöljük. A továbbiakban intervallumon mindig R nemüres nyílt részintervallumát értjük. Legyen az f függvény értelmezve az I intervallumon. Az f függvény integrálján f primitív függvényeit értjük, tehát azokat az I-n értelmezett függvényeket, amelyek deriváltja f. A szokásos jelöléssel ezt úgy fejezzük ki, hogy f = g + c, ahol g = f és c egy tetszőleges konstans. A racionális törtfüggvények integráljának vizsgálatához szükségünk lesz a parciális törtekre bontás tételére, amelynek valós együtthatós racionális törtfüggvényekre vonatkozó változatát már Leibniz 5 ismerte. Előrebocsátjuk, hogy test alatt mindig kommutatív és nullkarakterisztikájú testet fogunk érteni. Tétel 2 Legyen F test, és legyen F (x) az F egyszerű transzcendens bővítése. Tegyük fel, hogy f = p/q, ahol p, q F [x], q 0, és a q polinom lineáris tényezők szorzatára bomlik F [x]-ben. Ha q gyökei az a 1,..., a k F elemek m 1,..., m k multiplicitásokkal, akkor f(x) = P (x) + k m i c i,j (x a i ), (1) j j=1 ahol P F [x], és c i,j F minden i = 1,..., k-ra és j = 1,..., m i -re. Az előállítás egyértelmű. Bizonyítás. A tételt k szerinti indukcióval látjuk be. Ha k = 1, akkor q = d (x a 1 ) m 1 valamely d konstanssal. Ha p-t felírjuk d s (x a 1 ) s d 1 (x a 1 )+d 0 alakban, majd ezt az összeget tagonként elosztjuk q-val, akkor megkapjuk (1)-et. Most legyen k > 1, és tegyük fel, hogy az állítás igaz a k-nál kisebb pozitív egészekre. Ekkor az r = (x a 1 ) m1 és s = q/r polinomok relatív prímek, 5 Gottfried Wilhelm Leibniz ( ), német matematikus és filozófus 7

8 tehát az euklidészi algoritmus segítségével találunk olyan a, b polinomokat, hogy ar + bs = 1. Ekkor p q = p ( a r s = p s + b ) = ap r s + bp r. Ha itt az indukciós feltevést alkalmazzuk az ap/s és bp/r racionális törtfüggvényekre és a kapott előállításokat összeadjuk, akkor megkapjuk (1)-et. Az egyértelműséget bizonyítandó nyilván elég megmutatni, hogy ha P (x) + k m i c i,j = 0, (2) (x a i ) j j=1 ahol P polinom és az a 1,..., a k F elemek különbözőek, akkor c i,j = 0 minden i-re és j-re, és P = 0. Szorozzuk be (2)-t (x a k ) m k -val. Ekkor ak nem gyöke a bal oldalon szereplő racionális törtfüggvények nevezőinek, és ha a kapott egyenlőségben x helyére a k -t helyettesítünk, akkor azt kapjuk, hogy c k,mk = 0. Ezt a tagot elhagyva a (2) bal oldalán szereplő összegből és az eljárást ismételve megkapjuk, hogy c i,j = 0 minden i-re és j-re. Így P = 0 is igaz. A fejezet további részében komplex együtthatós racionális törtfüggvényeket vizsgálunk. Ha f C(x), akkor az (1) egyenlőség jobb oldalán szereplő tagok közül P -nek és a j > 1 kitevőjű c ij /(x a i ) j tagoknak az integrálja racionális törtfüggvény, hiszen (x a i ) j = 1 1 j (x a i) 1 j + c, ha j > 1. Most belátjuk, hogy 1/(x a) integrálja képlettel kifejezhető függvény minden a C-re. Ha a R, akkor 1/(x a) = log x a + c minden, az a számot nem tartalmazó intervallumon. Ha a C \ R, akkor log(x a) a komplex függvénytanban bevezetett értelmezés szerint log x a +i arg (x a)-val egyenlő, ahol arg (x a) az x a komplex szám (bármelyik) szögét jelöli. Ha a = u+iv / R, akkor v 0, és könnyen láthatóan arcctg (x u)/v és π arcctg (x u)/v valamelyike az arg (x a) szög egyik értéke minden x R-re. Mivel log x a = log (x u) 2 + v 2 = 1 2 log((x u)2 + v 2 ), ezért 1 2 log((x u)2 + v 2 ) i arcctg (x u)/v 8

9 olyan függvény R-en, amelynek a deriváltja 1/(x a), amit egyébként közvetlenül is könnyen ellenőrizhetünk. Ezzel beláttuk, hogy 1/(x a) képlettel kifejezhető függvény. Azt kaptuk, hogy egy racionális törtfüggvény integrálja mindig kifejezhető képlettel, és felírható R + T alakban, ahol R C(x), és T olyan racionális törtfüggvény, amelynek a nevezője négyzetmentes (azaz nincs többszörös gyöke), és a számlálójának a foka kisebb mint a nevezőjének a foka. Az utóbbi állítás abból következik, hogy T = k c i1/(x a i ), és itt a jobb oldalt közös nevezőre hozva olyan racionális törtfüggvényt kapunk, amelynek a nevezője négyzetmentes, és a számlálójának a foka kisebb mint a nevezőjének a foka. Most belátjuk, hogy az integrál ezen előállítása konstans összeadandóktól eltekintve egyértelmű. Ha ui. R 1 + T 1 = R 2 + T 2 ilyen előállítások, akkor R 1 R 2 = T 2 T 1, tehát (T 2 T 1 ) = (R 1 R 2 ). Itt a bal oldal olyan racionális törtfüggvény, amelynek a nevezője négyzetmentes, és a számlálójának a foka kisebb mint a nevezőjének a foka (mert két ilyen racionális törtfüggvény különbsége is ilyen). A jobb oldal az R = R 1 R 2 racionális törtfüggvény deriváltja. Könnyű ellenőrizni, hogy ha R nem polinom, akkor R nevezője nem lehet négyzetmentes, mert ha x 0 gyöke R nevezőjének, akkor R nevezőjének legalább kétszeres gyöke. Tehát T 2 T 1 = R polinom. Mivel (T 2 T 1 ) számlálójának a foka kisebb mint a nevezőjének a foka, ezért (T 2 T 1 ) = 0, és így T 2 T 1 = R 1 R 2 konstans. Legyen α: H C, ahol H R és H. Az α függvényt algebrai függvénynek nevezzük, ha α folytonos H-n, és van olyan p C[x, y] nem azonosan nulla kétváltozós polinom, hogy p(x, α(x)) = 0 minden x H-ra. Ez nyilván ekvivalens azzal a feltétellel, hogy vannak olyan f 0,..., f n 1 C(x) racionális törtfüggvények, hogy α n + f n 1 α n f 1 α + f 0 = 0 (3) a H halmazon (kivéve az f 0,..., f n 1 racionális törtfüggvények nevezőinek valós gyökeit). A legkisebb n-et, amelyre vannak ilyen f 0,..., f n 1 racionális törtfüggvények, α rendjének nevezzük. Könnyű belátni, hogy ha a H halmaz egy intervallum és α rendje n, akkor a (3)-ban szereplő f 0,..., f n 1 racionális törtfüggvények egyértelműen meg vannak határozva. Ekkor a p(x, y) = y n + f n 1 y n f 1 y + f 0 C(x)[y] polinomot α minimálpolinomjának nevezzük. 9

10 Egy függvény transzcendens, ha nem algebrai. Tétel 3 Ha egy racionális törtfüggvény integrálja algebrai, akkor az integrál maga is racionális törtfüggvény. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy p/q = α algebrai, ahol p, q C[x]. Ekkor α n + f n 1 α n f 1 α + f 0 = 0 alkalmas f 0,..., f n 1 racionális törtfüggvényekkel, ahol n az α rendje. Deriválva, és felhasználva, hogy α = p/q, azt kapjuk, hogy n p q αn 1 + f n 1 α n 1 + (n 1) f n 1 p q αn f 1 α + f 1 p q + f 0 = 0. A bal oldali összeget α hatványi szerint rendezve, és felhasználva, hogy n minimális volt, azt kapjuk, hogy mindegyik α-hatvány együtthatója nulla. Így α n 1 együtthatója is nulla, azaz (np/q) + f n 1 = 0, p/q = ( 1 f n n 1), tehát α = 1 f n n 1+konstans, és így p/q racionális törtfüggvény. A fenti tételből azonnal következik, hogy az p/q = R + T előállításban a T tag vagy konstans vagy transzcendens. Valóban, ha T algebrai, akkor p/q is algebrai, tehát racionális törtfüggvény. Így p/q = R 1 + T 1, ahol R 1 = R + T racionális törtfüggvény, és T 1 = 0. Mivel az előállítás konstans összeadandóktól eltekintve egyértelmű, ezért T konstans. A következő célunk R és T ismerete nélkül. meghatározása q gyöktényezős alakjának Lemma 4 Bármely C[x]-beli polinomot előállíthatunk véges sok maradékos osztás (és az euklidészi algoritmus) segítségével q 1 q k alakban, ahol mindegyik q i négyzetmentes, és bármely i, j-re q i és q j vagy egymás konstansszorosai vagy relatív prímek. Bizonyítás. Az f, g C[x] polinomok legnagyobb közös osztóját (f, g)-vel fogjuk jelölni. Legyen p C[x] adott. Nyilvánvaló, hogy p akkor és csak akkor négyzetmentes (azaz akkor és csak akkor nincs többszörös gyöke), ha (p, p ) konstans. Ez tehát az euklidészi algoritmus egyszeri alkalmazásával eldönthető. Ha p négyzetmentesnek bizonyul, akkor a p = p egytényezős felbontás kielégíti a lemmában megfogalmazott feltételeket. 10

11 Ha (p, p ) = d nem konstans, akkor p-t felbonthatjuk d (p/d) alakban. Itt a második tényező sem konstans, hiszen deg d deg p < deg p. Ha a kapott tényezők valamelyike nem négyzetmentes, akkor a fenti eljárással azt is felbonthatjuk két nem-konstans tényezőre. Az eljárást folytatva, legkésőbb deg p lépésben megkapjuk p előállítását négyzetmentes tényezők szorzatára. Legyen ez az előállítás p = p 1 p s. Ha a tényezők között van kettő, mondjuk p i és p j, amelyek nem egymás konstansszorosai és nem is relatív prímek, akkor (p i, p j ) = f nem konstans, és osztja p i és p j mindegyikét. Ekkor p i /f és p j /f legalább egyike nem konstans (mert különben p i /p j is konstans lenne). Ha például p j /f nem konstans, akkor ezzel p j -t felbontottuk két nem-konstans tényezőre. Az eljárást folytatva, legkésőbb deg p lépésben megkapjuk p előállítását olyan négyzetmentes tényezők szorzatára, amelyek kielégítik a lemmában megfogalmazott feltételeket. Ha a q polinom nem négyzetmentes, akkor q-t a fenti lemma segítségével fel tudjuk írni u k v alakban, ahol u négyzetmentes, (u, v) = 1, és k 2. Valóban, legyen q = q 1 q k a lemmában szereplő előállítás. Mivel q nem négyzetmentes, ezért a tényezők nem lehetnek mind páronként relatív prímek. Így vannak olyan i j indexek, hogy q i és q j egymás konstansszorosai. Legyen u = q i, és legyen v mindazon q j tényezők szorzata, amelyek relatív prímek q i -hez (vagyis amelyek nem konstansszorosai q i -nek). Ekkor q egyenlő u k v egy konstansszorosával, ahol k azon tényezők száma, amelyek p i konstansszorosai. Nyilvánvaló, hogy (u, v) = 1 is teljesül. Lemma 5 Legyenek p, q relatív prím polinomok, és tegyük fel, hogy q = u k v, ahol u négyzetmentes, (u, v) = 1, és k 2. Ekkor van olyan r racionális törtfüggvény, és van olyan b polinom, hogy p q r = b u k 1 v. Bizonyítás. Legyen r = a/u k 1, ahol a egy később megválasztandó polinom. Ekkor p q r = p u k v a (k 1) a u + = uk 1 u k = p (4) a u v + a (k 1) u v. u k v 11

12 Belátjuk, hogy az a polinomot megválaszthatjuk úgy, hogy itt az utolsó számláló osztható legyen u-val. Ez akkor teljesül, ha u osztója a p + a (k 1) u v polinomnak. Mivel u négyzetmentes, ezért (u, u ) = 1. Mármost (u, v) = 1 a feltétel szerint, tehát (k 1) u v és u relatív prímek. Így vannak olyan f, g polinomok, hogy f u + g (k 1) u v = 1. Ezt p-vel beszorozva és átrendezve azt kapjuk, hogy p p g (k 1) u v = p f u. Ha tehát a = p g, akkor (4) utolsó törtjének a számlálója osztható u-val. A törtet u-val egyszerűsítve azt kapjuk, hogy (p/q) r = b/(u k 1 v), és ezt kellett bizonyítani. Az 4. és 5. Lemma segítségével meghatározhatjuk a p/q racionális törtfüggvény integráljának R + T -felbontásában szereplő R tagot (és így T deriváltját is) a q nevező gyökeinek ismerete nélkül. (Ez az ún. Osztrogradszkij 6 -algoritmus.) Először is, p és q legnagyobb közös osztóját meg tudjuk határozni egy euklidészi algoritmus alkalmazásával. Ezzel egyszerűsítve feltehetjük, hogy p és q relatív prímek. A 4. Lemmában leírt algoritmussal q-t előállíthatjuk q 1 q k alakban, ahol mindegyik q i négyzetmentes, és bármely i, j-re q i és q j vagy egymás konstansszorosai vagy relatív prímek. Ha q 1,..., q k páronként relatív prímek, akkor q négyzetmentes. Osszuk el p-t maradékosan q-val, és legyen p = P q + r, ahol deg r < deg q. Világos, hogy ekkor p/q = R 0 + T 0, ahol R 0 = P polinom, és T 0 = r/q. Ha viszont találunk olyan i j indexeket, hogy q i és q j egymás konstansszorosai, akkor q = u k v, ahol u = q i, k egyenlő azon j indexek számával, amelyekre q i és q j egymás konstansszorosai, és v = q/u k. Világos, hogy ekkor u négyzetmentes, (u, v) = 1, és k 2. Ekkor a 5. Lemmában leírt algoritmus segítségével találunk egy b polinomot és egy r 1 racionális törtfüggvényt, melyekre p/q r 1 = b/(u k 1 v). Itt a b/(u k 1 v) tört nevezőjének foka kisebb, mint deg q. Az eljárást erre a törtre megismételve, majd folytatva, olyan r 1,..., r N racionális törtfüggvényeket kapunk, amelyekre p q r 1... r N = p 1 q 1, 6 Mihail Osztrogradszkij ( ) ukrán-orosz matematikus 12

13 ahol q 1 négyzetmentes. Osszuk el p 1 -et maradékosan q 1 -gyel, és legyen p 1 = P 1 q 1 + r 1, ahol deg r 1 < deg q 1. Ekkor p 1 /q 1 = P 1 + (r/q 1 ), és így p 1 /q 1 = R 1 + T 1, ahol R 1 = P 1 polinom, és T 1 = r 1 /q 1. Világos, hogy ekkor p/q = R + T, ahol R = R1 + r r N. 3. Az algebrai függvények integrálja Vannak olyan algebrai függvények, amelyek nem fejezhetők ki képlettel. Meg lehet mutatni például, hogy az α 5 + α x = 0 egyenletet kielégítő algebrai függvény (vagyis az x 5 + x függvény inverze) nem fejezhető ki képlettel. Ennek ellenére számos érv szól amellett, hogy nemcsak a képlettel kifejezhető, de az algebrai függvényeket is elemi függvényeknek tekintsük. Először is, már a képlettel kifejezhető függvények között is találunk tetszőleges rendű n algebrai függvényeket (például x rendje n). Fontosabb érv, hogy Abel és Liouville megfelelő tételei tetszőleges algebrai függvényekre érvényesek, nem csak azokra, amelyek kifejezhetők képlettel. Mivel a célunk olyan jellegű tételek bizonyítása mint az 1. Tétel, vagy hogy (sin x)/x nem elemi, világos, hogy ezek a tételek annál erősebbek, minél tágabban értelmezzük az elemi függvények fogalmát. Ezért az algebrai függvényeket is elemi függvényeknek tekintjük. Sőt, hasonló okokból az elemi függvények algebrai függvényeit is elemi függvényeknek fogjuk tekinteni. A precíz definíciók a következők. Legyen F a számegyenes részhalmazain értelmezett és komplex értékű függvények egy osztálya. Azt mondjuk, hogy az f : H C függvény algebrai F felett, ha (i) f folytonos D(f)-re megszorítva, (ii) vannak olyan a 0,..., a n F függvények, hogy a n (x)f(x) n a 1 (x)f(x) + a 0 (x) = 0 minden x D(f)-re, és (iii) a n nem azonosan nulla D(f) egyetlen porcióján sem. (Egy H R halmaz porcióin a H I halmazokat értjük, ahol I intervallum és H I nem üres.) Könnyű belátni, hogy egy intervallumon értelmezett függvény akkor és csak akkor algebrai, ha algebrai a racionális törtfüggvények C(x) osztálya felett. Legyen E r a legszűkebb olyan valós függvényekből álló osztály, amely tartalmazza az R-en értelmezett konstans függvényeket, a hatvány-, exponenciális, logaritmikus, trigonometrikus, hiperbolikus függvényeket valamint a trigonometrikus és hiperbolikus függvények inverzeit, és amelyre teljesül, hogy 13

14 bármely két E r -beli függvény összege, szorzata, hányadosa és kompozíciója is E r -ben van, továbbá valahányszor egy f valós függvény algebrai E r felett, akkor f E. Egy f : H C függvényt akkor nevezünk elemi függvénynek, ha Ref és Imf mindegyike E r -ben van. Az elemi függvények osztályát E-vel jelöljük. Később látni fogjuk, hogy vannak olyan algebrai függvények, amelyek integrálja nem elemi (ilyen függvény például az 1/ x függvény, l. a 47. Tételt). Van azonban az algebrai függvényeknek egy fontos osztálya, amelyben minden függvény integrálja elemi. Legyen α algebrai függvény az I intervallumon, és legyen a minimálpolinomja p. Azt mondjuk, hogy α uniformizálható, ha vannak olyan nem konstans r, s C(x) racionális törtfüggvények, hogy p(r(t), s(t)) = 0 teljesül minden olyan t-re, amelyben r és s, valamint p együtthatói értelmezve vannak. A következőkben szükségünk lesz arra a tényre, hogy ha α algebrai és analitikus 7 az I intervallumon, akkor α minimálpolinomja irreducibilis a C(x)[y] gyűrűben. Valóban, legyen α minimálpolinomja p, és tegyük fel, hogy p = p 1 p 2, ahol p 1, p 2 C(x)[y]. Könnyű belátni, hogy ekkor van olyan J I részintervallum, amelyen p i (x, α(x)) = 0 teljesül az i = 1, 2 indexek legalább egyikére. Legyen P i az a polinom, amit úgy kapunk, hogy p i -t megszorozzuk az együtthatói nevezőinek a szorzatával. Ekkor P i C[x, y], és így a P i (x, α(x)) függvény analitikus I-n. Mivel P i (x, α(x)) eltűnik I egy részintervallumán, ezért a teljes I intervallumon is nulla. Ezért p i (x, α(x)) = 0 az I intervallumon, kivéve az együtthatók nevezőinek gyökeit. Mivel p volt α minimálpolinomja, ezért deg p i deg p, ami csak úgy lehetséges, ha p i = p. Ezzel beláttuk, hogy p irreducibilis. Legyen α algebrai és analitikus az I intervallumon. Belátjuk, hogy ha α uniformizálható, akkor α elemi. Valóban, legyen α minimálpolinomja p, és legyen P az a polinom, amit úgy kapunk, hogy p-t megszorozzuk az együtthatói nevezőinek a legkisebb közös többszörösével. Ekkor a P C[x, y] polinom irreducibilis, ezért az algebrai függvények Riemann-felületének elmélete szerint az X = {(x, y) C 2 : p(x, y) = 0} halmaz zárt és összefüggő C 2 -ben, sőt X-ből bármely véges sok pontot elhagyva összefüggő marad. 7 Az f : I C függvény analitikus az I intervallumon, ha akárhányszor differenciálható, és bármely x 0 I-re az f függvény x 0 körüli Taylor-sora előállítja f-et az x 0 pont egy környezetében. 14

15 Tegyük fel, hogy p(r(t), s(t)) = 0, ahol r, s C(x) nem konstans racionális törtfüggvények. Nem nehéz belátni, hogy a Z = {(r(t), s(t)): t C} halmaz egyszerre zárt és relatíve nyílt részhalmaza X \ V -nek, ahol V egy alkalmas véges halmaz. Így X \ V összefüggősége alapján Z = X véges sok pont kivételével. Legyen A = {(x, α(x)): x I}, ekkor A X. Legyen T azon t C pontok halmaza, amelyekre (r(t), s(t)) A. Ekkor α(r(t)) = s(t) minden t T -re. Ebből a formális x = r(t), dx = r (t) dt helyettesítéssel azt kapjuk, hogy α(x) dx = α(r(t)) r (t) dt = s(t) r (t) dt. Tudjuk, hogy s(t) r (t) dt = β elemi. Így α dx = β r 1 is elemi, hiszen r 1 elemi 8. (Valójában ez a formális eljárás csak akkor adja meg α egy elemi primitív függvényét a teljes I intervallumon, ha r 1 (I) T tartalmaz egy olyan J halmazt, amelyen r mindenütt értelmezve van, és r(j) = I.) Lássunk egy példát! Legyen α(x) = 1/ 1 x 2 az I = ( 1, 1) intervallumon. Ekkor α minimálpolinomja p(x, y) = y 2 (1 x 2 ) 1. Mármost p(x, y) = 0 ekvivalens az x 2 +(1/y) 2 = 1 egyenlőséggel. Ismeretes, és könnyű ellenőrizni, hogy ha x = 1 t2 és z = 2t, akkor x 2 +z 2 1 t2 = 1. Így az r(t) = 1+t 2 1+t 2 1+t 2 és s(t) = 1+t2 racionális törtfüggvényekre teljesül p(r(t), s(t)) = 0, tehát α 2t uniformizálható. Egyszerű számolás adja, hogy s(t) r (t) = 2 és r 1 1 x (x) =. Ebből 1+t 2 1+x azt kapjuk, hogy s(t) r (t) dt = 2arctg t + c és 1 x α dx = 2arctg 1 + x + c. Könnyű ellenőrizni, hogy itt a jobb oldal (arcsin x) π + c-vel egyenlő. Nem minden algebrai függvény uniformizálható. Ha például n > 2, akkor az α(x) = n 1 x n függvény nem uniformizálható. Ez az állítás azzal ekvivalens, hogy nincsenek olyan r, s C(x) nem konstans racionális törtfüggvények, hogy r n + s n = 1. (Egy egyszerű bizonyítás található [6] 264. oldalán.) 8 Ha γ olyan algebrai függvény, amely valós értékű és invertálható az I intervallumon, akkor β = γ 1 is algebrai, és így elemi. Valóban, β folytonos, és ha p(x, γ(x)) = 0 az I intervallumon valamely p polinomra, akkor p(β(x), x) = 0 a J = α(i) intervallumon. 15

16 Fontos megjegyezni, hogy az uniformizálhatóság elégséges, de nem szükséges feltétele annak, hogy egy algebrai függvény integrálja elemi legyen. Tekintsük a következő példát. Legyen α = x 3 x Ekkor α = 1 6 (x4 +1) 3/2 elemi. Belátjuk, hogy α nem uniformizálható. Azt kell belátni, hogy nincsenek olyan r, s C(x) nem konstans racionális törtfüggvények, melyekre s 2 = r 6 (r 4 + 1). Tegyük fel, hogy van ilyen r, s és legyen r = p/q, ahol p és q relatív prím polinomok. Ekkor (s/r 3 ) 2 = r 4 + 1, tehát (sq 2 /r 3 ) 2 = p 4 + q 4. Legyen a = sq 2 /r 3. Mivel a racionális törtfüggvény és a 2 = p 4 + q 4 polinom, ezért a is polinom. Másrészt nem nehéz belátni, hogy ha p és q relatív prím polinomok, melyek legalább egyike nem konstans, akkor p 4 + q 4 nem lehet egy polinom négyzete 9. A fejezet további részében olyan algebrai függvényeket vizsgálunk, amelyek integrálja algebrai. Legyen α minimálpolinomja p(x, y) = n i=0 a i y i, ahol a 0,..., a n 1 C(x) és a n = 1. Jelöljük C(x)[α]-val a k i=0 f i α i alakú függvények gyűrűjét, ahol f i C(x) minden i-re. A p(x, α(x)) = 0 egyenlőségből következik, hogy α n = n 1 i=0 a i α i, és így α n+m = n 1 i=0 a i α m+i minden m 0-ra. Ebből nyilvánvaló, hogy C(x)[α] minden eleme felírható n 1 i=0 f i α i alakban, ahol f i C(x) minden i-re. Belátjuk, hogy ha α analitikus, akkor α C(x)[α]. Mivel p(x, α) = 0, ezért 0 = p(x, α) = p p (x, α) + x y (x, α) α = p x (x, α) + q(x, α) α, (5) ahol q = p. Mivel q foka n 1 és p irreducibilis, ezért vannak olyan y u, v C(x)[y] polinomok, hogy u p + v q = 1. Ha x nem gyöke az u, v, p, q polinomokban előforduló együtthatók nevezői egyikének sem, akkor az u p + v q = 1 egyenlőségben y helyére α(x)-et helyettesítve azt kapjuk, 9 Ezt így láthatjuk be. Tegyük fel, hogy p 4 + q 4 = r 2, ahol p, q, r C[x], p és q relatív prímek, legalább egyikük nem konstans, és az ilyen (p, q, r) hármasok között deg (pq) minimális. Feltehetjük, hogy q nem konstans. Ekkor p 4 = (r q 2 )(r + q 2 ). Könnyen látható, hogy r q 2 és r+q 2 relatív prímek. Így mindegyikük negyedik hatvány: r q2 = a 4 és r + q 2 = b 4, ahol a, b C[x]. Ebből q 2 = (b 4 a 4 )/2 = (c a) 4 + (d b) 4, ahol c, d olyan komplex számok, melyekre c 4 = 1/2 és d 4 = 1/2. Itt a és b relatív prímek és legalább egyikük nem konstans, mert különben r, q, és így p is konstans lenne, ami lehetetlen. Mármost deg (ab) = deg p < deg (pq), ami ellentmond deg (pq) minimalitásának. 16

17 hogy v(x, α) q(x, α) = 1. Ezt (5)-tel összevetve p α (x, α) x = q(x, α) = p (x, α) v(x, α) C(x)[α]. x Ebből következik, hogy ha g C(x)[α], akkor g C(x)[α]. Tétel 6 (Abel tétele) Legyen α: I C n-edrendű analitikus algebrai függvény az I intervallumon. Ha α algebrai, akkor α = f n 1 α n f 1 α+ f 0, ahol f 0,..., f n 1 C(x). Bizonyítás. Legyen α = β. Ekkor vannak olyan g 0,..., g k 1 C(x)[α] függvények, hogy β k + g k 1 β k g 1 β + g 0 = 0, (6) hiszen β algebrai, és így már C(x)-beli függvényeket is találhatunk ezzel a tulajdonsággal. Legyen k a legkisebb pozitív egész, amelyre vannak ilyen g i C(x)[α] függvények. Ha k = 1, akkor β C(x)[α], és ezt kellett belátni. Ha k > 1, akkor (6)-ot deriválva azt kapjuk, hogy k β k 1 α + g k 1β k 1 + g k 1 (k 1) β k 2 α g 1β + g 1 α + g 0 = 0. Ezt β hatványai szerint rendezve, és felhasználva, hogy k minimális volt, azt kapjuk, hogy mindegyik β-hatvány együtthatója nulla. Így k α + g k 1 = 0, α = ( g k 1 /k), tehát β = g k 1 /k + c C(x)[α]. Tétel 7 (Abel tétele) Legyen α analitikus az I intervallumon, és tegyük fel, hogy itt α = n r, ahol r C(x) és n pozitív egész. Ha α algebrai, akkor α = s α + c, ahol s C(x). Bizonyítás. Nyilván feltehetjük, hogy r 0. Az állítást n szerinti indukcióval bizonyítjuk. Az n = 1 eset triviális, mert ha egy racionális törtfüggvény integrálja algebrai, akkor racionális törtfüggvény (l. a 3. Tételt). Tegyük fel, hogy n > 1, és az állítás igaz az n-nél kisebb számokra. Mivel α n = r, ezért n α n 1 α = r, tehát α = r n α = r α n 1 n r = 1 n α r r. 17

18 Legyen α rendje k. Ekkor k n, hiszen α n r = 0. Ha k = 1, akkor α racionális törtfüggvény. Ekkor, amint már láttuk, az állítás igaz. Ezért feltehetjük, hogy k 2. A 6. Tétel szerint α = f k 1 α k f 1 α + f 0, (7) ahol f 0,..., f k 1 C(x). Ezt deriválva azt kapjuk, hogy azaz f 0 + k 1 ( α = f iα i + f i i α i 1 1 ) n α r + f r 0, ( f 1 + f 1 1 ) n r r 1 k 1 ( α + f i + f i i ) n r α i = 0. r Mivel α rendje k, ezért itt mindegyik α-hatvány együtthatója nulla. Speciálisan f 0 = 0, és így f 0 konstans. Ha (7)-ben f i = 0 minden i > 1-re, akkor ez éppen a tétel állítása, hiszen f 0 konstans. Ezért feltehetjük, hogy f i 0 legalább egy i > 1-re. Ekkor f i + f i i r = 0, amiből n r i=2 (fi n r i ) = n f i + i r fi n r i f i r = n f i + f i i r n r = 0. f i Így f n i r i = c egy nem-nulla konstans. Legyen (n, i) = d. Ekkor d i k 1 < k n, tehát d < n. Nyilván f n/d i r i/d = c 1 is egy nem-nulla konstans, tehát r i/d = c 1 /f n/d i számlálója és nevezője mindegyik gyökének a multiplicitása n/d többszöröse. Mivel (i/d, n/d) = 1, ezért ugyanez igaz r-re is, azaz r = s n/d egy alkalmas s C(x)-re. Azt kaptuk, hogy α = r 1/n = s 1/d. Mivel d < n, az indukciós feltevés szerint a tétel állítása igaz. A fenti tétel alkalmazásával belátjuk, hogy x nem algebrai. Ha ugyanis algebrai lenne, akkor Abel tétele szerint létezne egy r racionális 18

19 törtfüggvény, amelyre x = r x c teljesülne, c konstans. Ekkor x3 + 1 = r x 3x r 2 x 3 + 1, azaz 1 r = r r + (3/2)x2 x Legyenek r számlálójának és nevezőjének gyökei x 1,..., x n, és legyenek x 3 +1 gyökei ε 1, ε 2, ε 3. Ekkor r r + (3/2)x2 x = n ±m i x x i j=1 1 x ε j. Itt m i egész szám (x i multiplicitása), tehát a jobb oldalt közös nevezőre hozva olyan törtet kapunk, amelynek a nevezőjének mindegyik x i és mindegyik ε j gyöke. Azonban 1/r nevezőjének csak olyan gyökei vannak, amelyek r számlálójának gyökei. Így r nevezője konstans, tehát r polinom, amelynek mindegyik ε j gyöke, tehát r legalább harmadfokú. Így 1 = n r m i + 1 x x i 2 3 j=1 r x ε j. A jobb oldalon az osztásokat elvégezve (deg r 1)-fokú polinomokat kapunk, amelyeket összeadva a főegyütthatók nem esnek ki. Az összeg tehát legalább másodfokú, ami lehetetlen. A fenti állítást következőképpen általánosíthatjuk. Tétel 8 Legyen s = p/q racionális törtfüggvény, ahol p és q relatív prím négyzetmentes polinomok, és deg (pq) 2. Ha k 2 egész, akkor k s nem algebrai. Bizonyítás. Legyen α = k s. Ekkor α k = s, kα /α = s /s, tehát α = 1 α s. Abel tétele szerint, ha α algebrai, akkor létezik egy r racionális k s törtfüggvény, amelyre α = r α + c, ahol c konstans. Ekkor α = r α + r 1 k α s s, 19

20 azaz 1 r = r r + 1 k s s. (8) Legyenek r számlálójának és nevezőjének gyökei x 1,..., x n, és legyenek s számlálójának és nevezőjének gyökei ε 1,..., ε N, ahol N = deg (pq) 2. Ekkor (8)-ból 1 n r = ±m i + 1 N x x i k ±1. x ε j Itt m i egész szám (x i multiplicitása), tehát a jobb oldalt közös nevezőre hozva olyan törtet kapunk, amelynek a nevezőjének mindegyik x i és mindegyik ε j gyöke. Azonban 1/r nevezőjének csak olyan gyökei vannak, amelyek r számlálójának gyökei. Így r nevezője konstans, tehát r polinom, amelynek mindegyik ε j gyöke. Tehát r osztható pq-val. Legyen r = pqf, ahol f polinom. Ekkor j=1 1 pqf = (pqf) pqf + 1 k s s = p p + q q + f f + 1 k = ( k ) p p + ( 1 1 k ( p p q q ) q q + f M f = c ν, x z ν ν=1 ) = ahol z 1,..., z M a p, q, f polinomok gyökeinek felsorolása, és c 1,..., c M pozitív racionális számok. Ebből azt kapjuk, hogy 1 = M pqf c ν. x z ν ν=1 A jobb oldalon az osztásokat elvégezve (deg (pqf) 1)-fokú polinomokat kapunk, amelyeket összeadva a főegyütthatók nem esnek ki. Az összeg tehát legalább elsőfokú, ami lehetetlen. Megjegyzés. Ha deg (pq) = 1, akkor könnyen láthatóan α algebrai. Ha deg p = deg q = 1, akkor könnyen láthatóan α elemi (de nem algebrai a tétel állítása szerint). Ha α = p vagy α = 1/ p, ahol p másodfokú, akkor α szintén elemi (de nem algebrai a tétel állítása szerint). 20

21 4. Differenciáltestek Emlékeztetjük az olvasót, hogy test alatt kommutatív és nullkarakterisztikájú testet értünk. Így minden test prímteste izomorf Q-val. Legtöbbször hallgatólagosan feltesszük, hogy Q a vizsgált test részteste. Az (F, d) párt differenciáltestnek nevezzük, ha F test, és d : F F deriváció, azaz olyan leképezés, amelyre d(a + b) = d(a) + d(b) és d(a b) = d(a) b + a d(b) teljesül minden a, b F -re. Ha F test, akkor F -gal jelöljük az F \ {0} halmazt. A rövidség kedvéért d(a) helyett a -t fogunk írni. Legyen (F, d) differenciáltest. Könnyű ellenőrizni, hogy (a n ) = n a n 1 a teljesül minden a F -re és minden n pozitív egész számra, illetve minden a F -ra és minden n Z-re. Fennáll továbbá az (a/b) = (a b ab )/b 2 azonosság minden a F és b F esetén. Ennek általánosítása a logaritmikus derivált azonossága, amelyet könnyű igazolni n szerinti indukcióval: ( n um i i ) n um i i = n m i u i u i valahányszor u 1,..., u n F és m 1,..., m n Z. Egy a F elem konstans, ha a = 0. A konstansok halmazát F const -tal jelöljük. Könnyű belátni, hogy F const résztestet alkot F -ben, és Q F const. Legyen x transzcendens F fölött. Ha p(x) = a n x n + a n 1 x n a 0 F [x], ahol a 0,..., a n F, akkor legyen p (x) = a nx n + a n 1x n a 0 és p x = n a i i x i 1. Könnyű ellenőrizni, hogy p(a) = p (a) + p x (a) a minden p F [x]-re és a F -re. Legyen (F, d) differenciáltest, és legyen K = F (α) az F egyszerű algebrai bővítése. Ekkor d kiterjeszthető derivációként K-ra, méghozzá a kiterjesztés egyértelmű. Valóban, legyen α minimálpolinomja F felett p F [x]. Legyen 21

22 q(x) = p. Ekkor q(α) 0, mert q nem azonosan nulla, és deg q < deg p. x Világos, hogy d bármely, derivációként való kiterjesztése esetén 0 = p(α) = p (α) + q(α) α, tehát α értéke szükségképpen p (α)/q(α). Definiáljuk α -t ezzel a képlettel. Ismeretes, hogy minden β K elem előáll β = r(α) alakban, ahol r F [x]. Legyen β = r (α) + r x (α) α. Nem nehéz belátni, hogy a definíció értelmes (azaz β értéke nem függ β előállításától), kiterjesztése d-nek, és egy derivációt ad K-n. Világos, hogy K-n ez az egyetlen deriváció, amely d kiterjesztése. A fentiekből és a Zorn-lemmából egyszerűen következik, hogy ha K algebrai bővítése F -nek, akkor d kiterjeszthető derivációként K-ra, méghozzá a kiterjesztés egyértelmű. Lemma 9 Legyen K algebrai bővítése F -nek. Egy b K elem akkor és csak akkor konstans, ha b algebrai F const felett. Bizonyítás. Az állítás nyilvánvaló, ha b F const, ezért feltehető, hogy b / F const. Legyen b minimálpolinomja F felett p = x n +a n 1 x n a 1 x+a 0. Ekkor 0 = p(b) = p (b) + p x (b) b. (9) Ha b K const, akkor b = 0, és így p (b) = 0. Ez n minimalitása miatt csak úgy lehetséges, ha p = 0, azaz, ha a i = 0 minden i = 1,..., n 1-re. Ekkor a 0,..., a n 1 konstansok, és b algebrai F const felett. Most tegyük fel, hogy b algebrai F const felett, és legyen b minimálpolinomja F const felett p = x n + a n 1 x n a 1 x + a 0. Ekkor (9)-ből 0 = p (b) x b. Azonban n minimalitása miatt p (b) 0, és így x b = 0, tehát b konstans. Lemma 10 Ha K = F (c), ahol c konstans, akkor K const = F const (c). Bizonyítás. Mivel K const test, és F const K const valamint c K const, ezért F const (c) K const. Így elég belátni, hogy K const F const (c). 22

23 Tegyük fel először, hogy c algebrai F felett. Ekkor K minden eleme előáll p(c) alakban, ahol p F [x] és p foka kisebb, mint c rendje. Ha p(c) konstans, akkor p (c) = (p(c)) = 0. Mivel p F [x] és p foka is kisebb, mint c rendje, ez csak úgy lehetséges, ha p = 0, azaz, ha p minden együtthatója konstans. Így p F const [x], tehát p(c) F const (c). Ezzel beláttuk, hogy K const F const (c). Most legyen c transzcendens F felett, és legyen d K const tetszőleges. Ekkor d = p(c)/q(c), ahol p, q F [x] és q 0. Feltehetjük, hogy q főpolinom. Vegyünk egy ilyen p, q párt, amelyben q foka minimális. Ekkor d q(c) = p(c). Ezt deriválva azt kapjuk, hogy d q (c) = p (c). Mivel deg q < deg q (mert q főpolinom), ezért deg q minimalitása miatt q = 0, tehát q minden együtthatója konstans. Így q(c) konstans, tehát p(c) = d q(c) is konstans. Ebből p (c) = 0. Mivel c transzcendens F felett, ezért p = 0, tehát p minden együtthatója is konstans. Így p, q F const[x], tehát d F const (c). Tetszőleges F K bővítésre Γ(K F )-fel jelöljük a K test azon automorfizmusainak halmazát, amelyek F elemeit fixen hagyják. (Ez a bővítés ún. Galois-csoportja.) Legyen (F, d) differenciáltest, és legyen K az F algebrai bővítése. Ekkor Γ(K F ) elemei felcserélhetők a d deriváció K-ra való kiterjesztésével. Valóban, könnyű ellenőrizni, hogy ha φ Γ(K F ), akkor φ 1 d φ is egy olyan deriváció K-n, amely d kiterjesztése. Mivel a kiterjesztés egyértelmű, ezért φ 1 d φ = d, és így φ d = d φ. Legyen (F, d) differenciáltest, és legyen K = F (x) az F egyszerű transzcendens bővítése. Könnyen látható, hogy d kiterjeszthető derivációként K-ra. Legyen például p(x) = p (x) és (p(x)/q(x)) = (p (x)q(x) p(x)q (x))/q 2 (x) minden p, q F [x], q 0 esetén. Könnyű belátni, hogy ezzel a d deriváció egy kiterjesztését kapjuk K-ra. (Az így kapott differenciáltestben x = 0, tehát x konstans.) Valójában végtelen sok kiterjesztés létezik, amennyiben x értéke bármely F -beli elem lehet. Meg lehet mutatni, hogy minden α F -re d pontosan egyféleképpen terjeszthető ki K-ra úgy, hogy x = α teljesüljön. Ha p F [x], akkor legyen p(x) = p (x) + p (x) α, továbbá legyen x (p(x)/q(x)) = (p(x) q(x) p(x)q(x) )/q 2 (x) minden p, q F [x], q 0 esetén. Nem nehéz belátni, hogy ezzel a d deriváció egy megfelelő kiterjesztését kapjuk K-ra. Világos, hogy ez az egyetlen olyan kiterjesztés, amelyre x = α. 23

24 A fentieknek két fontos következménye van. Egyrészt a Zorn-lemma felhasználásával azonnal adódik, hogy ha (F, d) differenciáltest és K az F test egy tetszőleges bővítése, akkor d kiterjeszthető derivációként K-ra. Azt mondjuk, hogy az (F, d) differenciáltest zárt az integrálásra nézve (röviden zárt), ha minden α F -hez van olyan y F, hogy y = α. Belátjuk, hogy minden (F, d) differenciáltestnek van zárt bővítése. Legyen {a γ : γ < κ} az F halmaz olyan jólrendezése, amelyre κ egyenlő F számosságával. Legyenek x γ (γ < κ) algebrailag függetlenek F fölött, és legyen F γ az F test transzcendens bővítése az x δ (δ < γ) elemekkel. Transzfinit indukció és a Zorn-lemma alkalmazásával kiterjeszthetjük a derivációt F -ről F κ -ra úgy, hogy x γ = a γ teljesüljön minden γ < κ-ra. Legyen K 1 = F κ. Ekkor minden α F -hez van olyan y K 1, hogy y = α. Az eljárást megismételve kapjuk a K 1 test egy olyan K 2 bővítését, hogy minden α K 1 -hez van olyan y K 2, hogy y = α. Az eljárást folytatva kapjuk a K 1 K 2... testeket. Ekkor a K = n=1 K n test zárt. A fenti konstrukció mutatja, hogy olyan zárt bővítés is van, amelynek a számossága egyenlő F számosságával. Ha például F = Q(x) a szokásos deriválással, akkor egy megszámlálható zárt bővítést kapunk. Felmerül a kérdés, hogy elegendő-e véges sok elemet hozzávenni Q(x)-hez úgy, hogy zárt bővítést kapjunk. Később belátjuk, hogy ez nem lehetséges. (Lásd a 16. Tételt.) Ha a F, b F és a = b /b, akkor ezt úgy is jelölhetjük, hogy a = log b, illetve b = e a. Ha b F rögzített, akkor log b csak egy konstans összeadandó erejéig van meghatározva. Ha ui. a = log b és c F const, akkor nyilván a + c = log b is igaz. Másfelől világos, hogy ha a = log b és d = log b, akkor (d a) = 0, és így d a F const. Ha a F rögzített, akkor e a csak egy konstansszorzó erejéig van meghatározva. Ha ui. b = e a és c F const \ {0}, akkor c b = e a is igaz. Másfelől, ha b = e a és d = e a, akkor (b/d) b/d = b b d d = a a = 0, 24

25 tehát b/d F const. Ha a, b 0, akkor log(ab) = log a + log b+konstans. Valóban, (log(ab) log a log b) = (ab) ab a a b b = 0, tehát log(ab) = log a log b+ konstans. Tetszőleges a, b-re e a+b = c e a e b, ahol c konstans. Valóban, legyen α = e a és β = e b. Ekkor α /α = a, β /β = b, tehát (αβ) /(αβ) = a + b = (a + b), αβ = d e a+b, ahol d 0 konstans. Így ea+b = c e a e b, ahol c = 1/d. 5. Az F (x) differenciáltest Ebben a fejezetben az (F (x), d) differenciáltestet vizsgáljuk, ahol F tetszőleges test, x transzcendens F fölött, az F elemei konstansok (azaz a = 0 minden a F -re), és x = 1. Ekkor a függvények differenciálásának szabályai érvényesek F (x)-ben. Így például igaz az összetett függvények differenciálási szabálya: ha f, g F (x), akkor f(g(x)) = f (g(x)) g(x), ahol f (g(x)) alatt azt az elemet értjük, amit úgy kapunk, hogy az f(x) racionális törtfüggvényben x helyett g(x)-et írunk. Ez ui. igaz akkor, ha f(x) = x vagy f konstans, és könnyű belátni, hogy ha f 1 -re és f 2 -re igaz, akkor f 1 + f 2 -re, f 1 f 2 -re, és f 2 0 esetén f 1 /f 2 -re is igaz. Legyen f F (x), f 0 adott. Írjuk fel f-et p/q alakban, ahol p, q F [x], q 0, és p, q relatív prímek (azaz nincs nem-konstans közös osztójuk). Ismeretes, hogy ez a felírás egyértelmű (eltekintve attól, hogy p-t és q-t beszorozhatjuk egy nem-nulla F -beli elemmel). Azt mondjuk hogy az x 0 F elem az f függvénynek k-adrendű gyöke (illetve k-adrendű pólusa), ha x 0 a p polinomnak (illetve a q polinomnak) k-adrendű gyöke. Lemma 11 (i) Tetszőleges f F (x)-re teljesül, hogy f -nek nincs elsőrendű pólusa. (ii) Tetszőleges nemnulla f F (x)-re teljesül, hogy f /f minden pólusa elsőrendű, továbbá f /f-nek akkor és csak akkor van pólusa egy pontban, ha az gyöke p-nek vagy q-nak, ahol f = p/q, p, q F [x], q 0, és p, q relatív prímek. 25

26 (iii) Ha f, g F (x) és f nem konstans (azaz f / F ), akkor f /f g. Bizonyítás. Legyen f = p/q, ahol p, q F [x], q 0, és p, q relatív prímek. (i) Feltehetjük, hogy f 0. Mivel f = (p q pq )/q 2, ezért f minden pólusa gyöke q-nak. Ha x 0 a q-nak k-adrendű gyöke, akkor könnyen láthatóan (p q pq )-nek pontosan (k 1)-edrendű gyöke, q 2 -nek pedig pontosan 2kadrendű gyöke, tehát f-nek (k + 1)-edrendű pólusa. Itt k + 1 2, ami bizonyítja az állítást. (ii) Mindkét állítás egyszerűen következik az f /f = (p /p) (q /q) összefüggésből. (iii) Ha f-nek van gyöke vagy pólusa, akkor az állítás nyilvánvaló (i)-ből és (ii)-ből. Ha nincs, akkor legyen F az F test algebrai lezártja. Tekintsük F (x)-en azt a derivációt, amelyre F elemei konstansok, és x = 1. Ez az F (x)-en megadott deriváció kiterjesztése. Mivel f / F, ezért f számlálója és nevezője közül legalább az egyik nem konstans, és így van gyöke F -ban. Ha x 0 F egy ilyen elem, akkor (ii) szerint f /f-nek x 0 -ban elsőrendű pólusa van. Így (i) alapján f /f g. Tétel 12 Ha f F (x) nem konstans (azaz f / F ), akkor e f és log f transzcendensek F (x) felett. Az állítás úgy értendő, hogy ha K az F (x) test egy bővítése, amelyre az F (x)-en értelmezett deriválást kiterjesztjük, és ha egy v K elemre v = e f vagy v = log f, akkor v transzcendens F (x) felett. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy v = e f algebrai F (x) felett. Ekkor van egy F (x) L véges, normális bővítés, amelyre v L. Legyen Γ(L F (x)) = {φ 1,..., φ n }. Tudjuk, hogy mindegyik φ i felcserélhető a deriválás L-re való kiterjesztésével. Legyen u = n φ i(v). Ekkor u 0 és u F (x), mert L normális bővítése F (x)-nek, és φ i (u) = u minden i = 1,..., n-re. Mármost n n ) n u u = φ i (v ) φ i (v) = ( v φ i v = φ i (f ) = n f = (n f). Mivel f nem konstans, így u sem konstans, és ez ellentmond a 11. Lemma (iii) állításának. 26

27 Most tegyük fel, hogy v = log f algebrai F (x) felett. Ekkor van egy F (x) L véges, normális bővítés, amelyre v L. Legyen Γ(L F (x)) = {φ 1,..., φ n }. Legyen u = n φ i(v). Ekkor u F (x) és n ( ) f u = φ i = n f f f, vagyis (u/n) = f /f. Mivel f nem konstans, ez ellentmond a 11. Lemma (iii) állításának. Megjegyzés 13 Meg lehet mutatni, hogy ha α, β algebraiak F (x) fölött és α nem konstans, akkor α α β. (10) Ennek a bizonyítása azonban mélyebb algebrai eszközöket igényel. Az F = C esetben a Riemann-felületek elmélete segítségével a következőképpen láthatjuk be az állítást. Legyen K a C(x) test egy véges, normális bővítése, amelyre α, β K. Ekkor K = C(x)(γ), ahol γ algebrai C(x) fölött. Ismeretes, hogy γ meghatároz egy M kompakt Riemann-felületet, amelyen γ egyrétű meromorf függvény. Mivel α és β felírhatók a γ polinomjaként C(x)-beli együtthatókkal, ezért α és β szintén egyrétű meromorf függvények M-en. Mivel α nem konstans, ezért van gyöke M-en (ez egyszerűen következik M kompaktságából és a maximum-elvből). Legyen α(x 0 ) = 0. Ekkor α /α-nak x 0 -ban elsőrendű pólusa van. Másrészt könnyen látható, hogy egy meromorf függvény deriváltjának nem lehetnek elsőrendű pólusai, tehát α /α β. A fenti állításból következik, hogy ha α algebrai F (x) fölött és nem konstans, akkor log α és e α mindketten transzcendensek F (x) fölött. Valóban, ha β = log α algebrai lenne, akkor azt kapnánk, hogy α /α = β, ami lehetetlen. Most legyen γ = e α, és tegyük fel, hogy γ algebrai F (x) fölött. Mivel γ /γ = α 0, így γ sem lehet konstans, és így γ /γ = α ellentmond (10)-nek. Tétel 14 Ha a 1,..., a k F különbözőek, akkor x, log(x a 1 ),..., log(x a k ) algebrailag függetlenek F (x) fölött. Az állítás úgy értendő, hogy ha K az F (x) test egy bővítése, y 1,..., y k K és y i = log(x a i ) minden i = 1,..., k-ra, akkor x, y 1,..., y k algebrailag függetlenek F (x) fölött. 27

28 Bizonyítás. Az F (x)[x 1,..., x k ]-beli polinomok f n1,...,n k x n 1 1 x n k k alakban írhatók fel, ahol f n1,...,n k F (x) minden (n 1,..., n k ) kitevősorozatra. A P 0 polinom főtagjának nevezzük a nemnulla együtthatójú tagok közül azt, amelynek az (n 1,..., n k ) kitevősorozata a lexikografikus rendezés szerint a legnagyobb. Tegyük fel, hogy x, y 1,..., y k algebrailag összefüggnek F (x) fölött. Ekkor vannak olyan nem azonosan nulla P F (x)[x 1,..., x k ] polinomok, melyekre P (y 1,..., y k ) = 0. Vegyünk ezek közül egy olyan P -t, amelynek a főtagjához tartozó kitevősorozat a lexikografikus rendezés szerint a legkisebb. Leosztva P főtagjának együtthatójával feltehető, hogy P főtagjának együtthatója 1. Legyen P = f n1,...,n k x n 1 1 x n k k, ahol f n 1,...,n k F (x) minden kitevősorozatra. Ekkor 0 = (P (y 1,..., y k )) = f n 1,...,n k y n 1 1 y n k ezért Q(y 1,..., y k ) = 0, ahol + k Q = f n 1,...,n k x n 1 1 x n k k + k k + P 1 (y 1,..., y k ), x i x a i P x i 1 x a i. (11) Látható, hogy a Q főtagjához tartozó kitevősorozat a lexikografikus rendezés szerint kisebb mint P -ben (mert 1 = 0). Ez csak úgy lehetséges, ha Q = 0. Ez azonban lehetetlen, mert Q-ban van nemnulla együttható. Ezt bizonyítandó két esetet különböztetünk meg. Tegyük fel először, hogy P -nek van olyan együtthatója, amelyik nem konstans. Vegyük a lexikografikus rendezés szerinti legnagyobb (n 1,..., n k ) kitevősorozatot, amelyre f = f n1,...,n k nem konstans. Ekkor (11) jobb oldalán x n 1 1 x n k k együtthatója h = f + k 1 (n i + 1) c i, x a i ahol c i az x n 1 1 x n i+1 i x n k k tag együtthatója P -ben, ami konstans. Tegyük fel, hogy h = 0. Ha mindegyik c i nulla, akkor ebből f = 0, ami lehetetlen, mert f nem konstans. Ha c j 0, akkor a k (n i+1) c i /(x a i ) függvénynek 28