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我们现在承认如下Liouville定理（这是纯代数的结果，请参见初等的介绍：M. Rosenlicht, Integration in finite terms, American Math. Monthly 79 (1972), 963–972）:
Theorem[Liouville]
假设 $K$ 是一个初等函数域，$f\in K$，那么存在初等函数 $F$ 使得 $F'=f$ 当且仅当存在常数 $c_1,\cdots,c_m \in \mathbb{C}$，存在函数 $R_0, R_1,\cdots,R_m \in K$，使得
\[f=R_0'+\sum_{k=1}^m c_k \frac{R_k'}{R_k}.\] |
这个条件自然是充分的，因为
\[f=\bigl(R_0+\sum_{k=1}^m c_k \log({R_k})\bigr)'.\]
必要性的证明请参见上述Rosenlicht的短文。
Liouville定理有如下的有用推论：
假设 $f,g\in \mathbb{C}(X)$ 是有理函数，那么函数 $f(x)e^{g(x)}$ 具有初等的原函数当且仅当存在有理函数 $R\in \mathbb{C}(X)$ 使得
\[R'+g' R =f.\] |
Proof.
充分性是明显的，因为如果 $R'+g' R =f'$，那么
\[\bigl(R\cdot e^g\bigr)'=(R'+g' R )e^g = fe^g.\]
现在假设 $f(x)e^{g(x)}$ 具有初等的原函数，我们在 $K=\mathbb{C}(x,e^g)$ 中工作，根据Liouville的定理，我们有
\[f(x)e^{g(x)}=R_0'(x,e^{g(x)})+\sum_{k=1}^m c_k\frac{R_k'(x,e^{g(x)})}{R_k(x,e^{g(x)})},\]
其中 $R_k(X,Y)=\dfrac{P_k(X,Y)}{Q_k(X,Y)}$，这里 $P_k$ 和 $Q_k$ 是 $\mathbb{C}$-系数的二元多项式。给定一个二元的多项式 $P(X,Y)$，我们通过将它写成
\[P(X,Y)=p_n(X)Y^n+\cdots+p_1(X)Y+p_0(X)\]
可以将它看作是系数在 $\mathbb{C}(X)$ 中的多项式，这是一个域（和实数一样满足四则运算法则），所以可以将 $P(X,Y)$ 写成 $\mathbb{C}(X)[Y]$ 中的不可约分多项式的分解。据此，对 $k\geqslant 1$，我们可以将 $R_k(X,Y)$ 写成
\[R_k(X,Y)=r_k(X)\frac{\prod p_{k,i}(X,Y)}{\prod q_{k,j}(X,Y)},\]
其中 $p_{k,i}(X,Y)$ 和 $q_{k,j}(X,Y)$ 都是首一的 $\mathbb{C}(X)[Y]$ 中的不可约多项式，即形如
\[Y^m+a_{n-1}(X)Y^{m-1}+\cdots+a_0(x),\]
其中 $r_k(X)$ 和 $a_i(X)$ 均为 $\mathbb{C}[X]$ 中的元素。所以，
\[\frac{R_k'(x,e^{g(x)})}{R_k(x,e^{g(x)})}=\bigl(\log(R_k(x,e^{g(x)}))\bigr)'=\frac{r_k'(x)}{r_k(x)}+\sum \frac{p_{k,i}'(x,e^{g(x)})}{p_{k,i}(x,e^{g(x)})}-\sum \frac{q_{k,j}'(x,e^{g(x)})}{q_{k,j}(x,e^{g(x)})}.\]
据此，我们不妨假设所有的 $R_k(X,Y)$ 都是首一的 $\mathbb{C}(X)[Y]$ 中的不可约多项式，$R(X,Y)=\dfrac{P(X,Y)}{Q(X,Y)}$，其中 $P(X,Y)$ 和 $Q(X,Y)$ 也是首一的不可约多项式（可以对 $f$ 乘一个系数来做到这一点）。按照要求，我们有
\[f(X) Y-D(R_0(X,Y))+\sum_{k=1}^m c_k \frac{D(R_k(X,Y))}{R_k(X,Y)}\Big|_{X=x,Y=e^g}=0.\]
其中
\[D(R_k(X,Y))=D(\sum r(X)Y^\ell)=\sum \bigl(r(X)'+kr(X)g'(X)\bigr)Y^\ell.\]
我们现在说明，这个等式意味着
\[f(X) Y-D(R_0(X,Y))+\sum_{k=1}^m c_k \frac{D(R_k(X,Y))}{R_k(X,Y)}=0.\]
实际上，我们只需要说明
\[P(x,e^{g(x)})=0 \ \ \Rightarrow \ \ P(X,Y)\equiv0,\]
其中 $P(X,Y)\in \mathbb{C}(X)[Y]$ 是首一多项式，$g(x)$ 不是常数。为此，假设
\[P(X,Y)=Y^n+\cdots+r_1(X)Y+r_0(X).\]
我们对 $n$ 进行归纳。$n=0$ 是显然的。对一般的 $n$，我们将上面的式子写成
\[e^{ng(x)}+r_{n-1}(x)e^{(n-1)g(x)}+\cdots+r_1(x)e^{g(x)}+r_0(x)=0.\]
求导数，我们就有
\[ng'(x)e^{ng(x)}+\sum_{k=0}^{n-1} \bigl(r_k'(x)+kr_k(x)g'(x)\bigr)e^{kg(x)}=0.\]
所以，
\[\sum_{k=0}^{n-1} \bigl(r_k'(x)+kr_k(x)g'(x)-ng'(x)r_k(x)\bigr)e^{kg(x)}=0.\]
由归纳假设，我们有
\[\sum_{k=0}^{n-1} \bigl(r_k'(X)+(k-n)r_k(X)g'(X)\bigr)Y^k=0.\]
对于 $k=0$ 的系数我们有
\[g'(X)=\dfrac{r_k'(X)}{nr_k(X)}=\sum_{i=1}^{m}\frac{1}{X-a_i}.\]
对于任意的一个有理函数 $g(X)$，我们总可以将它写成
\[g(X)=\sum_{k=1}^M (X-a_k)^{b_k}\]
的形式，其中 $b_k\in \mathbb{Z}$，它的导数不可能是上述的形式，矛盾。
我们现在来分析
\[f(X) Y-\frac{D(P(X,Y))Q(X,Y)-P(X,Y)D(P(X,Y))}{Q(X,Y)^2}+\sum_{k=1}^m c_k \frac{D(R_k(X,Y))}{R_k(X,Y)}=0 \ \ \cdots \ \cdots \ \ (\star)\]
中多项式的整除关系。先研究 $R_k$，其中 $k\geqslant 1$。按照定义，我们有
\begin{align*}
D(R_k(X,Y))&=D(Y^N+\sum_{\ell<N} r(X)Y^\ell)\\
&=Ng'(X)Y^N+\sum_{\ell<N} \bigl(r(X)'+kr(X)g'(X)\bigr)Y^\ell.
\end{align*}
它的 $Y$-次数和 $R_k(X,Y)$ 的一致。所以，如果要分母上的 $D(R_k(X,Y))$ 与分子上的不可约多项式 $R_k(X,Y)$ 能约分的话，只能有
\[D(R_n(X,Y))=Ng'(X) R_k(X,Y).\]
于上面完全一致，我们再次比较最低项的次数就得到矛盾。所以，每个 $\dfrac{D(R_k(X,Y))}{R_k(X,Y)}$ 都是不可约分的，为了消去 $R_k(X,Y)$ 的分母，我们只能寄希望于有这样的分母来自于 $\dfrac{D(P)Q-PD(Q)}{Q^2}$ 这一项，然而，如果假设 $Q(X,Y)=R_k(X,Y)^s \widetilde{Q}(X,Y)$，其中 $s\in \mathbb{Z}_{\geqslant 1}$，$ \widetilde{Q}(X,Y)$（以及 $P(X,Y)$）和 $R_k(X,Y)$ 互素，那么
\begin{align*}
\dfrac{D(P)Q-PD(Q)}{Q^2}&=\dfrac{D(P)}{R_k^{s}\widetilde{Q}}-\frac{P}{R_k^{2s} \widetilde{Q}^2}\bigl(sR_k^{s-1}D(R_k) \widetilde{Q}+R_k^{s}D(\widetilde{Q})\bigr)\\
&=\underbrace{\dfrac{D(P)}{R_k^{s}\widetilde{Q}}-\frac{PD(\widetilde{Q})}{R_k^{s} \widetilde{Q}^2}}_{\text{分母上贡献了 $R_k^t$ 的项，其中 $t\leqslant s$}}-\frac{sP\widetilde{Q}D(R_k)}{R_k^{s+1}}
\end{align*}
此时，最后一项在分母上贡献了 $R_k$ 的因子是 $s+1\geqslant 2$ 是最高的，这是不能消去的。所以为了使得 $(\star)$ 成立，我们只能有
\[f(X) Y-\frac{D(P(X,Y))Q(X,Y)-P(X,Y)D(Q(X,Y))}{Q(X,Y)^2}=0 \ \ \cdots \ \cdots \ \ (\star)\]
同理，$Q(X,Y)$ 也不能有不可约因子，所以 $Q(X,Y)\in \mathbb{C}(X)$，它可以被吸收到 $P(X,Y)$ 中，从而假设 $Q(X,Y=1)$，据此，我们有
\[f(X)Y=D(P(X,Y))=\sum_{\ell\leqslant N} \bigl(r(X)'+\ell r(X)g'(X)\bigr)Y^\ell.\]
比较 $1$ 次项系数，我们得到
\[f(X)= r(X)'+r(X)g'(X).\]
这就证明了结论。
我把那个短文找来了:
Integration in Finite Terms.pdf
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abababa
发表于 2022-3-30 15:02
