INTEGRALI ELEMENTARNIH FUNKCIJ 1. Uvod Za zacetek ... - Hrast

INTEGRALI ELEMENTARNIH FUNKCIJMARKO SLAPARPovzetek. Dobro znano dejstvo je, da za nekatere elementarne funkcije neobstajajo nedoločeni integrali, ki bi se lahko zopet izražali samo s pomočjoelementarnih funkcij. Primer takega integrala je ∫ e x2 dx. V članku predstavimo,kaj je v ozadju te teorije in pokažemo nekaj primerov elementarnihfunkcij, ki nimajo elementarnih integralov.= x + 1 x + log x − ∫ d(x 2 + 1)x 2 + 11. UvodZa začetek si poglejmo preprost primer integrala racionalne funkcije∫ x 4 − x 3 + x 2 ∫ ∫ ∫ ∫+ x − 11 dx −2x + 1x 2 (x 2 dx = 1dx −+ 1)x 2 dx + x + x 2 + 1 dx∫+dxx 2 + 1 = x2 + 1+ logxxx 2 + arctg x + C.+ 1Pri računanju integrala smo si pomagali z razcepom racionalne funkcije na parcialneulomke [6, str. 237-239]. Ta metoda integracije racionalnih funkcij se včasihimenuje tudi metoda nedoločenih koeficientov in nam omogoča integracijo poljubneracionalne funkcije pod pogojem, da znamo imenovalec faktorizirati na nerazcepnefaktorje . Ti so bodisi linearni bodisi kvadratni nerazcepni faktorji. V rezultatuintegracije bodo v splošnem nastopale racionalne funkcije, logaritmi racionalnihfunkcij in arctg funkcije, ki so posledica nerazcepnih kvadratičnih faktorjev. Slednjihse lahko znebimo, če smo pripravljeni v metodo vpeljati kompleksna števila,saj iz razcepa x 2 + 1 = (x + i)(x − i) sledi∫dxx 2 + 1 = i 2∫dxx + i − i 2∫dxx − i .Integrala na desni strani sta seveda integrala kompleksnih funkcij. S pomočjo kompleksnegalogaritma (log z = log |z| + iArg z), ima sedaj rezultat obliko∫ x 4 − x 3 + x 2 + x − 1x 3 (x 2 + 1)dx = x2 + 1x+ logxx 2 + 1 + i 2 log x + ix − i + C.V splošnem lahko vsak polinom v komplesnem razcepimo na same linearne faktorje.Vsako racionalno funkcijo tako lahko razcepimo na parcialne ulomke, ki bodo vimenovalcih imeli samo potence linearnih faktorjev. Tem sumandom lahko poiščemonedoločene integrale, ki bodo bodisi zopet cele potence linearnih faktorjev, ali pakompleksni logaritmi linearnih faktorjev. Zato imamo izrekIzrek (Laplace, 1812). Nedoločeni integral racionalne funkcije je vedno elementarnafunkcija. Le ta je ali racionalna funkcija, ali pa vsota racionalne funkcije inlogaritmov racionalnih funkcij, pomnoženih s konstantami.1

2 MARKO SLAPARNabor funkcij, ki jih dobimo v integralih racionalnih funkcij, se je z vpeljavo kompleksnihštevil zmanjšal, poenostavi pa se tudi sama metoda integracije racionalnihfunkcij. Seveda pa je slaba stran, da bodo povsem realne funkcije dobile nedoločeneintegrale, ki bodo (navidezno) kompleksni, zato smo zaenkrat seveda lahko skeptičninad smiselnostjo vpeljave kompleksnih števil. Bolj prepričljive razloge bomo videliv nadaljevanju. Izkazalo se bo namreč, da se integrali elementarnih funkcij, če soseveda elementarni, v splošnem izražajo kot vsota funkcij ”iste vrste”in logaritmovle teh.Čeprav se kar nekaj tipov nedoločenih integralov lahko s primerno substitucijoprevede na integral racionalne funkcije, pa v splošnem zgodba ni tako preprosta.Medtem ko je odvod elementarne funkcije zopet elementarna funkcija, pa za integralto vsekakor ni res. Tako se na primer integrali∫• e −x2 dx∫•dxlog x∫ sin xx dx • ∫•dx√x3 + 1Naj omenimo, da je prvine morejo zapisati samo z elementarnimi funkcijami.integral tesno povezan z distribucijo normalnih spremenljivk v verjetnosti, drugi zdistribucijo praštevil, zadnji pa spada med eliptične integrale.Prav tako je včasih težko oceniti, kdaj je integral funkcije elementaren in kdajne. Integrala ∫ x x dx in ∫ x x log x dx nista elementarna, med tem ko je ∫ (x x +x x log x) dx = x x +C elementaren. Podobno je integral ∫ ( exx+ aexn x) dx elementarenpri konstanti a = − 1(n−1)!(per partes), drugače pa je neelementaren.2. Elementarne funkcijeV tem razdelku bomo natančno opisali, kaj si predstavljamo po pojmom elementarnefunkcije. Pod pojmom elementarne funkcije si običajno predstavljamokakršnekoli funkcije, ki jih dobimo iz funkcije f(x) = x le s pomočjo znanih operacijin funkcij: seštevanje, odštevanje, deljenje, množenje, korenjenje, potenciranje, trigonometričnihfunkcij in njihovih inverzov, eksponentne in logaritemske funkcije,ter poljubnih kompozitumov le teh. Na primerex 3 − 7x log x√e−x− sin(x/(x 5 + 6)) .6Nabor funkcij, ki sestavljajo elementarne funkcije, se znatno zmanjša, če pri računanjudovolimo še kompleksna števila. V kompleksnem namreč velja(2.1) sin x = eix − e −ixin cos x = eix + e −ix.2i2S pomočjo teh formul lahko dobimo na primerarcsin x = −i log(ix + √ )1 − x 2 in arctg x = 1 1 + ixlog2i 1 − ix .Vse trigonometrične in inverzne trigonometrične funkcije se zato lahko zapišejo les pomočo logaritemske in eksponentne funkcije, kar računanje in kasnejše definicijeprecej olajša.Spomnimo se, da je funkcija f analitična na odprtem intervalu I ⊂ R, če jo vvsaki točki iz I lahko razvijemo v Taylorjevo vrsto, ki bo na neki okolici te točketudi konvergirala proti funkciji. Kompleksna funkcija f = u+iv je analitična, če staanalitični tako njen realni del u kot njen imaginarni del v. Analitičnost se seveda

INTEGRALI ELEMENTARNIH FUNKCIJ 3ohranja pri seštevanju, odštevanju, množenju funkcij in tudi pri odvajanju ter integriranju.Kvocient analitičnih funkcij bo analitičen na komplementu ničel funkcijev imenovalcu. Naj bo f kompleksna analitična funkcija na odprtem intervalu I innaj tam nima ničel. Točka x 0 naj bo poljubna točka na intervalu I. Logaritemfunkcije f definiramo s predpisom (log f)(x) = ∫ xx 0f ′ (t)/f(t) dt, kjer nam izrazpomeni običajen Riemannov integral. Sprememba referenčne točke x 0 spremenilogaritem funkcije do aditivne konstante, kar pa nas ne bo motilo. Če želimo, lahkokonstanto vedno določimo tako, da bo veljalo e log f = f. Funkcija log f je analitičnafunkcija, saj je integral analitične funkcije. Analogno bi lahko dejali, da jelog f katerakoli (analitična) funkcija g, za katero velja f ′ /f = g ′ . Če pa je kdo boljdoma v kompleksni analizi, lahko za log f vzame tudi katerokoli vejo kompleksnelogaritemske funkcije. Za poljubno analitično funkcijo f na intervalu I bomo reklifunkciji e f eksponentna funkcija funkcije f. Le ta je na I zopet analitična.Za kompleksno funkcijo h rečemo, da je meromorfna na intervalu I ⊂ R, če jekvocient dveh funkcij f in g (g ≢ 0), ki sta obe analitični na I. Prostor meromorfnihfunkcij na I ⊂ R označimo z M(I) in je očitno obseg. Obseg M(I) bo za naspomenil osnovni razred funkcij, s katerimi bomo računali.Naj bo F poljuben obseg. Z F [x] označimo kolobar polinomov nad obsegomF v nedoločenki x in z F (x) obseg racionalnih funkcij nad F v eni spremenljivki.Analogno imamo v več spremenljivkah kolobar F [x 1 , x 2 , . . . , x n ] polinomov v nspremenljivkah in F (x 1 , x 2 , . . . , x n ) obseg racionalnih funkcij v n spremenljivkah.Če je G ⊃ F razširitev obsega F in α ∈ G, je α algebraičen element nad F , če jep(α) = 0 za kakšen polinom p ∈ F [x]. V nasprotnem primeru je α transcendentenelement nad F . Za α ∈ G, transcendenten nad F , nam preslikava α ↦→ x podaizomorfizem tako kolobarjev F [α] in F [x], kot tudi obsegov F (α) in F (x). Več inbolj natančno lahko o razširitvah obsegov najdemo v [5].Definicija 2.1. Naj bodo f 1 , f 2 , . . . , f n meromorfne funkcije na intervalu I. Potemje C(f 1 , f 2 , . . . , f n ) obseg funkcij oblikeh = p(f 1, f 2 , . . . , f n )q(f 1 , f 2 , . . . , f n ) ,kjer sta p, q ∈ C[x 1 , x 2 , . . . , x n ] polinoma in q ≠ 0.Definicija 2.2. Elementaren obseg funkcij je vsak obseg oblike C(x, f 1 , . . . , f n ),kjer so f 1 , . . . , f n meromorfne funkcije na nekem intervalu I ⊂ R, in je f k alialgebraična nad C(x, f 1 , . . . , f k−1 ), ali je logaritem funkcije iz C(x, f 1 , . . . , f k−1 ) alipa je eksponentna funkcija neke funkcije iz C(x, f 1 , . . . , f k−1 ). Meromorfna funkcijaf je elementarna, če je vsebovana v kakšnem elementarnem obsegu funkcij.Čeprav je interval I, na katerem so funkcije meromorfne, formalno del definicije,pa se s tem ne bomo preveč obremenjevali. Princip enoličnosti nam namreč pove,da je meromorfna funkcija natanko določena že, ko poznamo njene vrednosti nakaterikoli množici s stekališčem. Za interval lahko tako vzamemo kateri koli interval,na katerem so vse funkcije dobro definirane. V nadaljevanju bomo na interval Izato preprosto pozabili.Primer 2.3. Funkcija f(x) = x s , s ∈ R, je elementarna funkcija, saj je f ∈C(x, log x, e s log x ). Če je s ∈ Q, je f tudi algebraična nad C(x), in je zato f že velementarnem obsegu C(x, f), če pa je s celo element Z, je f že v C(x).

4 MARKO SLAPARPrimer 2.4. Iz formul (2.1) sledi, da so trigonometrične funkcije sin x, cos x, tan x velementarnem obsegu C(x, e ix ), funkcija arcsin pa se nahaja v elementarnem obseguC(x, √ 1 − x 2 , log (ix + √ 1 − x 2 )).Primer 2.5. Funkcijaπx 3 − 7x ln x√6 e−x− sin(x/(x 5 + 6))je v elementarnem obsegu C(x, ln x, e x , e i √ x 5 +6 ,6e −x − sin(x/(x 5 + 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 ′ ∈ K.Dokaz. Naj bo K = C(x, f 1 , . . . , f n ). Izrek bomo dokazali z indukcijo po n. Čeje n = 0, je K = C(x). Ker je odvod racionalne funkcije racionalna funkcija, jeK zaprt za odvajanje. Predpostavimo torej, da je L = C(x, f 1 , . . . , f n−1 ) zaprt zaodvajanje in je K = L(f n ), pri čemer je f n ali logaritem, ali eksponent funkcije izL, ali pa algebraičen nad L. Dovolj je, če pokažemo, da je f n ′ ∈ K. Če je f n = e g ,g ∈ L, potem je f n ′ = g ′ e g , in ker je g ′ ∈ L po predpostavki, je f n ′ ∈ K. Podobnonaj bo f n = log g in f n ′ = g ′ /g ∈ L ⊂ K. Naj bo sedaj f n algebraičen nad L.Predpostavimo, da je p(f n ) = 0 za polinom p(t) = t m + a m−1 t m−1 + · · · + a 0 ,kjer je stopnja polinoma p najmanjša možna. Zato velja q(f n ) ≠ 0 za polinomq(t) = mt m−1 + a m−1 (m − 1)t m−2 + · · · + a 1 . Po drugi strani pa veljaTorej je0 = (p(f n )) ′ = q(f n )f ′ n + a ′ m−1f m−1nf n ′ = − a′ m−1fnm−1x+ a ′ m−2f m−2n + · · · + a ′ 0.+ a ′ m−2fn m−2 + · · · + a ′ 0.q(f n )Ker so odvodi a ′ k∈ L po indukcijski predpostavki, je desna stran v K. S tem jedokaz končan.□3. Liouvillov izrekV prejšnjem razdelku smo pokazali, da je odvod vsake elementarne funkcije pravtako elementarna funkcija. Še več, izrek, ki smo ga pokazali zgoraj, nam pove,da odvod ni nič bolj kompliciran kot sama funkcija, v smislu, da se nahaja v istemelementarnem obsegu. Kot bomo videli, za integral ne velja enako. Integralelementarne funkcije je pogosto neelementaren. V kolikor pa je integral elementarnefunkcije elementaren, lahko precej natančno povemo, kakšno obliko bo imel.To je vsebina Liouvillovega izreka iz leta 1835, ki je osnova tako za algoritmičnoračunanje nedoločenih integralov [2], kot tudi za dokazovanje, da določena elementarnafunkcija nima elementarnega integrala. Izreka tukaj ne bomo pokazali, zadokaz pa se bralec lahko obrne na [3].Izrek 3.1 (Liouville, 1835). Naj bo f ∈ K = C(x, f 1 , . . . , f n ). Potem ima f elementarenintegral natanko takrat, ko veljam∑ gk′ f = a k + h ′ ,g kk=1

INTEGRALI ELEMENTARNIH FUNKCIJ 5kjer so a 1 , . . . , a m ∈ C in g 1 . . . , g k , h ∈ K. Takrat velja∫m∑f(x) dx = a k log g k + h.k=1Naj bo K kot v formulaciji izreka in označimo sm∑ gk′ K 0 = {f ∈ K; f = a k + h ′ , kjer so g 1 , . . . g m , h ∈ K, a 1 , . . . , a m ∈ C}.g kk=1Liouvillov izrek nam pove, da ima elementarna funkcija f, ki se nahaja v elementarnemobsegu K, elementaren integral natanko tedaj, ko se nahaja v podmnožiciK 0 . Ker za dva elementarna obsega L ⊂ K seveda velja L 0 ⊂ K 0 , je vseeno, katerielementaren obseg izberemo za preverjanje elementarnosti integrala funkcije f.Vsekakor pa je bolje vzeti na nek način čim ”manjši”obseg, saj bo tako preverjanjelažje. V primeru, ko je K = C(x) obseg racionalnih funkcij, nam Laplaceov izrekpove, da je K 0 = K, in ima tako vsaka racionalna funkcija elementaren integral.Prav tako je K = K 0 za elementarne obsege tipa C(x, n√ (ax + b)/(cx + d)) aliC(x, √ ax 2 + bx + c), saj znamo integrale funkcij iz teh obsegov s primernimi substitucijamiprevesti na integrale racionalnih funkcij. V splošnem pa bomo videli, daK\K 0 ≠ ∅, in s tem pokazali obstoj elementarnih funkcij, ki nimajo elementarnihintegralov. Prva taka preprosta elementarna obsega sta C(x, e g ) in C(x, log g), kjerje g poljubna nekonstantna racionalna funkcija.Opomba 3.2. Ko integriramo povsem realno funkcijo, običajno želimo tudi končnirezultat predstaviti samo z realnimi funkcijami. To seveda lahko vedno storimo spomočjo primernih formul, ki nam bodo kompleksne funkcije zamenjale z realnimi.Vendar pa je pri Liouvillovem izreku ključno, da razširimo razred funkcij na kompleksne.Primer je ∫ (1/(1 + x 2 ))dx = arctg x, ki ga ne moremo zapisati kot vsotorealne racionalne funkcije in z realnimi konstantami pomnoženih logaritmov realnihracionalnih funkcij. To dejstvo sicer ni povsem očitno in je lepa vaja.4. Elementarna obsega C(x, e g ) in C(x, log g).Lema 4.1. Če je g racionalna funkcija, ki ni konstanta, je e g(x) transcendentnanad C(x).Dokaz. Predpostavimo, da je e g algebraična nad C(x). Potem obstaja moničnipolinom p ∈ C(x)[y] minimalne stopnje n, da veljap(e g ) = e ng + a n−1 e (n−1)g + · · · + a 0 = 0.Odvajamo zgornjo enakost in dobimo novo polinomsko enačboq(e g ) = ng ′ e ng + (a ′ n−1 + (n − 1)g ′ a n−1 )e (n−1)g + · · · + a ′ 0 = 0.Ker je bil polinom p minimalen, mora p deliti polinom q. Posebej mora veljatia ′ 0 = ng ′ a 0 , oziromaa ′ 0= ng ′ .a 0Če enačbo integriramo, dobimo log a 0 = ng + C, oziroma a 0 = De ng , kjer sta Cin D kompleksni konstanti. Funkcija e g , razumljena kot funkcija, definirana nakompleksih številih, ima v polih racionalne funkcije g bistveno singularnost. V

6 MARKO SLAPARkolikor je g polinom, pa ima bistveno singularnost v neskončnosti. Ker pa imavsaka racionalna funkcija v singularnostih kvečjemu pol, dobimo protislovje. □Opomba 4.2. Zelo podobno vidimo, da je log g transcendenten nad C(x), če je gnekonstantna racionalna funkcija. V tem primeru zopet vzamemo monični polinomp ∈ C(x)[y], minimalne stopnje, za katerega naj bi veljalop(log g) = (log g) n + a n−1 (log g) n−1 + · · · + a 0 = 0.Če to enakost odvajamo, dobimo polinomsko enačboq(log n) = (a ′ n−1 + n(g ′ /g))(log g) n−1 + · · · + (a ′ 0 + a 1 (g ′ /g)) = 0.Ker je stopnja q manjša kot stopnja p, in je bil p po predpostavki minimalne stopnje,mora biti q = 0. Posebej mora zato veljati a ′ n−1 = −ng ′ /g, oziroma e an−1 = D/g n .Če a n−1 ni konstanten, je e an−1 transcendenten nad C(x) po lemi 4.1, in pridemov protislovje, če pa je a n−1 konstanten, je tak tudi g, kar pa smo izključili.Lema 4.3. Naj bo g ∈ C(x) nekonstantna racionalna funkcija in p ∈ C(x)[e g ]poljuben polinom pozitivne stopnje n s koeficienti v C(x). Potem je (p(e g )) ′ zopetpolinom stopnje n v C(x)[e g ] in p(e g ) deli (p(e g )) ′ v C(x)[e g ] natanko tedaj, ko jep monom.Opomba 4.4. Preden dokažemo lemo, pokomentirajmo izraz (p(e g )) ′ . Kot smože omenili, iz transcendentnosti e g nad C(x) sledi, da sta kolobarja C(x)[e g ] inC(x)[y] izomorfna, in sicer s kanoničnim izomorfizmom, ki preslika e g v nedoločenkoy. Če je p ∈ C(x)[e g ] polinom p(e g ) = a n e ng + a n−1 e (n−1)g + · · · + a 0 , kjer soa j ∈ C(x), izraz (p(e g )) ′ ne pomeni nič drugega kot odvajanje funkcije p(e g(x) )po spremenljivki x. Ker je prostor C(x)[e g ] zaprt za odvajanje, saj je (p(e g )) ′ =(a ′ n+na n g ′ )e ng +(a ′ n−1+(n−1)a n−1 g ′ )e (n−1)g +. . .+a ′ 0 ∈ C(x)[e g ], je vprašanje, alip(e g ) deli (p(e g )) ′ , smiselno. Če s pomočjo izomorfizma eg ↦→ y razumemo polinomp kot polinom v C(x)[y], se ta odvod prenese na operator ∂ : C(x)[y] → C(x)[y],podan z ∂p = (a ′ n + na n g ′ )y n + (a ′ n−1 + (n − 1)a n−1 g ′ )y n−1 + · · · + a ′ 0. Operator ∂seveda zadošča Leibnizevemu pravilu ∂(pq) = p∂q + q∂p. V povsem algebraičnemjeziku nam zgornja lema pove, da p ∈ C(x)[y] deli ∂p v C(x)[y] natanko tedaj, koje p = ay n za nek a ∈ C(x).Dokaz. Prvi del je preprost. Naj bo f n ∈ C(x) vodilni koeficient polinoma p. Velja(f n e ng ) ′ = (f ′ n + nf n g ′ )e ng .Seveda je f ′ n+nf n g ′ ∈ C(x) neničelen, saj bi bila drugače funkcija f n e ng konstantna.Pokažimo sedaj, da p(e g ) ne more deliti (p(e g )) ′ , če ima p pozitivno stopnjo in nimonom. Naj bosta f n e ng in f m e mg dva različna neničelna sumanda v p(e g ). Ker jee g transcendenten nad C(x), je C(x)[e g ] izomorfen C(x)[y], kjer je y nedoločenka.Zato je deljivost v C(x)[e g ] povsem enaka deljivosti v C(x)[y] in mora po zgornjemizračunu veljatif ′ n + nf n g ′oziromaf n= f ′ m + mf m g ′(fn e ngf mf m e mg ) ′= 0.Ta enakost narekuje obstoj konstante C, da velja (f n /f m ) = Ce (m−n)g .funkcija e (m−n)g transcendentna nad C(x) to ni mogoče.Ker je□

INTEGRALI ELEMENTARNIH FUNKCIJ 7Izrek 4.5 (Liouville, 1835). Naj bosta f, g ∈ C(x) in g ni konstantna. Funkcijafe g ima elementaren integral natanko tedaj, ko obstaja racionalna funkcija R, daveljaf = R ′ + Rg ′ .Preden se spustimo v dokaz izreka, na dveh primerih poglejmo njegovo uporabo.Primer 4.6. Pokažimo, da funkcija e x2 nima elementarnega integrala. Seveda odtod sledi, da Gaussov integral iz uvoda prav tako ni elementaren. Po izreku 4.5ima funkcija e x2 elementaren integral natanko tedaj, ko obstaja taka racionalnafunkcija R, da velja1 = R ′ + 2xR.Takoj lahko opazimo, da R ne more biti polinom, ker bi potem desna stran enakostimoral biti polinom stopnje vsaj 1. Torej ima R vsaj en pol na kompleksni ravnini,denimo v točki a. Naj bo stopnja pola v točki a enaka k. Lokalno okoli točke alahko R zapišemo kotR(z) =φ(z)(z − a) k ,kjer je φ holomorfna in neničelna v okolici točke a. Za spremembo imena spremenljivkeiz x v z smo se odločili samo zaradi povdarka, da R sedaj razumemo kotholomorfno funkcijo. Odvod je tedaj v okolici a oblikeR ′ (z) = (z − a)φ′ (z) − kφ(z) ψ(z)(z − a) k+1 =(z − a) k+1 ,kjer je ψ holomorfna in neničelna v okolici a. Tako imaR ′ (z) + 2zR(z) =ψ(z) + 2z(z − a)φ(z)(z − a) k+1v točki a zopet pol stopnje natanko k + 1 in ne more biti konstanta.Primer 4.7. Integral ∫dxlog xlahko s substitucijo log x = u prevedemo v integral∫ euu du.Pokažimo, da ta integral ne more biti elementaren. Če bi bil, bi morala obstajatiracionalna funkcija R, za katero bi veljalo(4.1)1u = R′ + R.R očitno ne more biti polinom, zato ima R pol v vsaj eni točki a ∈ C, ki naj bopozitivne stopnje k. Desna stran (4.1) ima tedaj v a pol stopnje k + 1 ≥ 2. Kerima leva stran pol samo v točki 0, ki pa je stopnje 1, (4.1) ne more biti izpolnjena.Z večkratno uporabo formule per partes lahko pokažemo, da je integral∫ exx n dxprav tako neelementaren za vsako naravno število n.

INTEGRALI ELEMENTARNIH FUNKCIJ 9nastopa v razcepu polinoma q, in ni enak y. Torej je q = ˜qq l 1 za neko pozitivnonaravno potenco l, in q 1 ne deli ˜q. Dobimoq∂p − p∂qq 2= ∂p˜qq 1l − p ∂ ˜q˜q 2 q1l− lp ∂q 1˜qq l+11Zopet uporabimo lemo 4.3 in ugotovimo, da je stopnja q 1 v imenovalcu (q∂p −p∂q)/q 2 nujno enaka l + 1 > 1. Ker pa je stopnja p k v imenovalcu ∑ mja j∂p j /p jenaka 1, se ne more pokrajšati. Prav tako vidimo, da polinom q ne more imeti vrazcepu nerazcepnih faktorjev različnih od y, saj bi tudi ti prispevali v imenovalecizraza (4.4).Če povzamemo zgornje, dobimo, da lahko samo eden izmed p j vsebuje tudispremenljivko y, in je enak y, ostali pa morajo biti elementi C(x). Prav tako morabiti q enak y l za nek l ∈ N ∪ {0}. Zato mora biti izraz (4.4) oblikem∑ ∂p j(4.5) f(x)y = a j + a ∂yp j y + yl ∂p − p∂y ly 2ljkjer so p 1 , . . . , p m ∈ C(x), p ∈ C(x)[y], l ∈ N ∪ {0} in a, a 1 , . . . , a m ∈ C. Ko nadaljepolinom p razpišemo po potencah y, dobimo oblikof(x)y = S(x) + ag ′ (x) + ∑ j(R ′ j(x) + g ′ (x)jR j (x))y j ,.kjer indeks j teče po neki končni množici celih števil, in so R j ∈ C(x). Z S ∈ C(x)smo označili vsoto ∑ mja jp ′ j /p j. Seveda se morata izraza na levi in desni ujematipri vsaki potenci y. Konkretno pri j = 1 dobimoS tem je dokaz končan.f(x) = R ′ 1 + g ′ R 1 .Primer 4.8. Z majhno modifikacijo zgornjega dokaza lahko obravnavamo tudiintegral funkcije sin x/x. Ker velja∫ ∫ sin x e ixxdx = − e −ixdx = 1 ∫ e u − e −udu,2ix 2i ubo integral elementaren natanko tedaj, ko bo elementaren integral funkcije F (x) =(e x −e −x )/x ∈ C(x, e x ). Od tu naprej postopamo povsem enako, kot v dokazu izreka4.5. Hitro se lahko prepričamo, 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, e g )in da izraz f(x)y ∈ C(x, y) v imenovalcu nima nerazcepnih polinomov iz C(x)[y],različnih od y. Tako je tudi v našem primeru z g(x) = x in y = e x . Integral F (x)bo zato elementaren natanko tedaj, ko bomo lahko zapisali1x y − 1 x y−1 =m∑ja j∂p jp j+ a ∂yy + yl ∂p − p∂y ly 2lkjer so p 1 , . . . , p m ∈ C(x), p ∈ C(x)[y], l ∈ N ∪ {0} in a, a 1 , . . . , a m ∈ C, oziroma1x y − 1 x y−1 = S(x) + a + ∑ j(R ′ j(x) + jR j (x))y j ,□

10 MARKO SLAPARkjer indeks j teče po neki končni množici celih števil, in so R j ∈ C(x) in S =∑ mj a jp ′ j /p j. Posebej mora veljati R ′ 1 + R 1 = 1/x. Podobno, kot smo videli vzgornjih dveh primerih, bo imela pri vsaki racionalni funkciji R 1 , ki ni polinom,vsota R ′ 1 + R 1 pol stopnje več kot 1 v vsaj eni točki, kar pa ne velja za 1/x. Kerseveda R 1 ne more biti polinom, dobimo protislovje.Zelo podobno, kot smo zgradili teorijo za funkcije oblike e g , bi lahko poiskalikriterij za elementarnost integralov funkcij oblike f log g, kjer sta f in g racionalnifunkciji:Izrek 4.9. Naj bosta f, g ∈ C(x) in g ni konstantna. Funkcija f log g ima elementarenintegral natanko tedaj, ko obstaja racionalna funkcija R in kompleksnakonstanta C, da veljaf = R ′ + Cg′g .Pokažimo samo, da je pogoj zadosten∫∫f log gdx = (R ′ + C g′g ) log gdx = C ∫2 (log g)2 + R log g − R g′g dx.Zadnji integral je integral racionalne funkcije in zato elementaren po Laplaceovemizreku.Primer 4.10. Za vsak kompleksen a ≠ 0 je integral∫ log xx − a dxneelementaren, saj bi moral biti R, ki zadošča pogoju iz izreka, oblike R(x) =log(x − a) − C log x + D za neki konstanti C, D ∈ C. Funkcija take oblike pa niracionalna funkcija. To lahko vidimo na različne načine. Med drugim opazimo, damora imeti R(x) v a singularnost, vendar pa mora biti R(x)|x − a| 1/2 omejena vokolici točke a.Literatura1. Conrad, B., Impossibility theorems for elementary integration, preprint.2. Risch, R.H., The problem of integration in finite terms, Transactions of the American MathematicalSociety, 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 MathematicsJournal, 25(4), (1994), 295–308.5. Vidav, I., Algebra, Zbirka univerzitetnih učbenikov in monografij, Mladinska knjiga, Ljubljana,1972.6. Vidav, I., Višja matematika I. Deveta, nespremenjena izdaja. Zbirka univerzitetnih učbenikovin monografij, 6.g., Državna založba Slovenije, Ljubljana, 1987.Institute of Mathematics, Physics and Mechanics, University of Ljubljana, Jadranska19, 1000 Ljubljana, SloveniaE-mail address: marko.slapar@fmf.uni-lj.si