Pojęcia wstępne. Piotr P. Karwasz. Kraków, 22 kwietnia 2017 r. Uniwersytet Gdański

Transkrypt

1 Piotr P. Karwasz Uniwersytet Gdański Kraków, 22 kwietnia 2017 r.

2 Redukcja Niech p Z będzie liczbą pierwszą oraz π p kanonicznym homomorfizmem: π p : Z F p. Twierdzenie (wersja dla studentów) Niechaj w(x) Z[x] będzie wielomianem stopnia n o współczynnikach całkowitych: Jeżeli wielomian: w(x) = w p (x) = n a k x k. k=0 n π p (a k )x k k=0 jest nierozkładalny w F p [x] oraz stopnia n to wielomian w(x) jest nieprzywiedlny w Z[x].

3 Redukcja Niech A i B będą pierścieniami całkowitymi, K ciałem ułamków B oraz π homomorfizmem: Twierdzenie π : A B. Niechaj w(x) A[x] będzie wielomianem stopnia n o współczynnikach w A: Jeżeli wielomian: w(x) = w(x) = n a k x k. k=0 n π(a k )x k k=0 jest nierozkładalny w K[x] oraz stopnia n to wielomian w(x) jest nieprzywiedlny w A[x].

4 Zagadnienie Jeżeli A jest na przykład: Z[i], [ ] 1 + i 19 Z, 2 Z[i 5] czym będzie naturalny wybór B.

5 Zagadnienie Jeżeli A jest na przykład: Z[i], [ ] 1 + i 19 Z, 2 Z[i 5] czym będzie naturalny wybór B. Zagadnienie Jeżeli Z A, oczekujemy Z /p Z B.

6 Ideały pierwsze Jeżeli A B są pierścieniami (przemiennymi z jedynką) a p A i P B ideałami pierwszymi, mówimy że P leży nad p jeśli (P p): P A = p albo równoważnie Bp P.

7 Ideały pierwsze Jeżeli A B są pierścieniami (przemiennymi z jedynką) a p A i P B ideałami pierwszymi, mówimy że P leży nad p jeśli (P p): P A = p albo równoważnie Bp P. Przykłady 3 Z[i] leży nad 3 Z, 2 + i Z[i] leży nad 5 Z, 2, 1 + i 5 Z[i 5] leży nad 2 Z, 3, 1 + i 5 Z[i 5] leży nad 3 Z, 3, 1 i 5 Z[i 5] leży nad 3 Z.

8 Stwierdzenie Jeżeli A B są pierścieniami a p A i P B ideałami pierwszymi to diagram: A p A/p i j B π B/P jest przemienny, gdzie i i j są inkluzjami a p i π są homomorfizmami kanonicznymi.

9 Rozszerzenia całkowite Niech A będzie podpierścieniem pierścienia B. Mówimy, że element β B jest całkowity nad A, jeżeli istnieje wielomian moniczny w(x) A[x] stopnia dodatniego n: taki że w(β) = 0 (a k A). n 1 w(x) = x n + a k x k, k=0

10 Rozszerzenia całkowite Niech A będzie podpierścieniem pierścienia B. Mówimy, że element β B jest całkowity nad A, jeżeli istnieje wielomian moniczny w(x) A[x] stopnia dodatniego n: taki że w(β) = 0 (a k A). n 1 w(x) = x n + a k x k, k=0 Niech A B będą pierścieniami. Mówimy, że B jest całkowity nad A, jeżeli każdy element β B jest całkowity nad A.

11 Przykłady Z[ d], dla d Z Z [e 2πi k są całkowite nad Z. ], dla k N \{0},

12 Przykłady Z[ d], dla d Z Z [e 2πi k są całkowite nad Z. Przykłady [ 1 Z, 2] ], dla k N \{0}, [ ] nie jest całkowite nad Z. Z 1 2 nie jest Z-modułem skończenie generowanym.

13 Jeśli A B są pierścieniami, to zbiór: Ā = {β B : β jest całkowity nad A} jest pierścieniem zwanym domknięciem całkowitym A w B.

14 Jeśli A B są pierścieniami, to zbiór: Ā = {β B : β jest całkowity nad A} jest pierścieniem zwanym domknięciem całkowitym A w B. Jeśli A B są pierścieniami oraz A = Ā, mówimy, że A jest całkowicie domknięty w B.

15 Jeśli A B są pierścieniami, to zbiór: Ā = {β B : β jest całkowity nad A} jest pierścieniem zwanym domknięciem całkowitym A w B. Jeśli A B są pierścieniami oraz A = Ā, mówimy, że A jest całkowicie domknięty w B. Jeśli A jest dziedziną całkowitości oraz A jest całkowicie domknięta w swoim ciele ułamków, mówimy, że A jest całkowicie domknięta.

16 Przykłady Jeżeli 4k 1 (k Z) nie jest kwadratem w Z, to [ ] Z 4k 1 jest dziedziną całkowicie domkniętą. Jeżeli 4k + 1 (k Z) nie jest kwadratem w Z, to Z[ 4k + 1] nie jest całkowicie domknięta. Jej domknięciem jest Z[α], gdzie α = 1 + 4k + 1, 2 ponieważ α spełnia równanie: α 2 α k = 0 [ ] o współczynnikach w Z 4k + 1.

17 Dziedziny Dedekinda Mówimy, że dziedzina całkowitości A jest dziedziną Dedekinda, jeżeli: jest noetherowska, jest całkowicie domknięta, każdy niezerowy ideał pierwszy p jest maksymalny (A ma wymiar Krulla 1).

18 Własności Jeśli A jest dziedziną całkowitości a K jej ciałem ułamków, nazywamy ideałem ułamkowym każdy A-moduł a K, taki że aa A dla pewnego a A.

19 Własności Jeśli A jest dziedziną całkowitości a K jej ciałem ułamków, nazywamy ideałem ułamkowym każdy A-moduł a K, taki że aa A dla pewnego a A. Jeżeli A jest dziedziną Dedekinda to: każdy ideał a ma jednoznaczny rozkład jako iloczyn ideałów pierwszych: a = p α 1 1 pα 2 2 pαr r, gdzie r N oraz α i N.

20 Własności Jeśli A jest dziedziną całkowitości a K jej ciałem ułamków, nazywamy ideałem ułamkowym każdy A-moduł a K, taki że aa A dla pewnego a A. Jeżeli A jest dziedziną Dedekinda to: każdy ideał a ma jednoznaczny rozkład jako iloczyn ideałów pierwszych: a = p α 1 1 pα 2 2 pαr r, gdzie r N oraz α i N. ideały ułamkowe a tworzą grupę przemienną względem mnożenia.

21 Przykłady 3 = 3 w Z[i], 5 = 2 + i 2 i w Z[i], jeśli p Z jest liczbą pierwszą, to w Z[i]: { p jeśli p 3 mod 4 p = pq jeśli p 1 mod 4 dla odpowiednich ideałów pierwszych p i q Z[i]. 2 = 2, 1 + i 5 2 w Z[i 5], 3 = 3, 1 + i 5 3, 1 i 5 w Z[i 5].

22 Każde rozszerzenie algebraiczne K liczb wymiernych Q nazywamy ciałem liczbowym.

23 Każde rozszerzenie algebraiczne K liczb wymiernych Q nazywamy ciałem liczbowym. Niech Q K będzie ciałem liczbowym. Domknięcie całkowite pierścienia Z w K nazywamy pierścieniem liczb całkowitych ciała K i piszemy O K.

24 Każde rozszerzenie algebraiczne K liczb wymiernych Q nazywamy ciałem liczbowym. Niech Q K będzie ciałem liczbowym. Domknięcie całkowite pierścienia Z w K nazywamy pierścieniem liczb całkowitych ciała K i piszemy O K. Stwierdzenie Każdy pierścień liczb całkowitych ciała liczbowego jest dziedziną Dedekinda.

25 Jeśli p Z jest pierwszy to w O K mamy: p O K = r k=1 P e k k.

26 Jeśli p Z jest pierwszy to w O K mamy: p O K = r k=1 P e k k. liczby e k nazywamy współczynnikami rozgałęzienia P k nad p i piszemy też e(p/p),

27 Jeśli p Z jest pierwszy to w O K mamy: p O K = r k=1 P e k k. liczby e k nazywamy współczynnikami rozgałęzienia P k nad p i piszemy też e(p/p), liczby f k = [O/P : F p ] nazywamy indeksami inercji P k nad p,

28 Jeśli p Z jest pierwszy to w O K mamy: p O K = r k=1 P e k k. liczby e k nazywamy współczynnikami rozgałęzienia P k nad p i piszemy też e(p/p), liczby f k = [O/P : F p ] nazywamy indeksami inercji P k nad p, jeśli [K : Q] = n to: r n = e k f k k=1

29 Mówimy, że p Z rozpada się zupełnie w K, jeżeli: gdzie n = [K : Q]. n p O K = k=1 P k

30 Mówimy, że p Z rozpada się zupełnie w K, jeżeli: gdzie n = [K : Q]. n p O K = P k k=1 Jeżeli K jest rozszerzeniem Galois, z twierdzenia Czebotarewa wynika, że częstość liczb pierwszych p Z, które rozpadają się zupełnie w K wynosi: 1 n gdzie n = [K : Q].

31 Ciała dziedziny Dedekinda Zagadnienie Każda dziedzina Dedekinda R ma swoje ciało ułamków K. Ale czy z ciała ułamków da się otrzymać dziedzinę Dedekinda?

32 Ciała dziedziny Dedekinda Zagadnienie Każda dziedzina Dedekinda R ma swoje ciało ułamków K. Ale czy z ciała ułamków da się otrzymać dziedzinę Dedekinda? Niech K będzie ciałem. Nazywamy wartością bezwzględną funkcje: spełniającą: xy = x y, x + y x + y, : K R x x jeśli x + y max x, y, mówimy, że wartość bezwzględna jest niearchimedesowa.

33 Niech K będzie ciałem. Nazywamy waluacją funkcje: ν : K A x ν(x), gdzie A jest grupą abelową całkowicie uporządkowaną. ν musi spełniać: xy = x + y, x + y min x + y,

34 Niech K będzie ciałem. Nazywamy waluacją funkcje: ν : K A x ν(x), gdzie A jest grupą abelową całkowicie uporządkowaną. ν musi spełniać: Uwaga xy = x + y, x + y min x + y, Jeśli jest wartością bezwzględną niearchimedesową, to log jest waluacją. Wartość bezwzględna definiuje metrykę.

35 Przykład Na Q można zdefiniować następujące nierównoważne ( x 1 < 1 x 2 < 1) wartości bezwzględne: standardową wartość bezwzględną (archimedesową). Uzupełnienie względem metryki: R, dla każdej liczby pierwszej p Z: a pn b = 1 p gdzie NWD(a, p) = NWD(b, p) = 1. Uzupełnienie: Q p liczby p-adyczne (charakterystyka 0). p n

36 Jeśli waluacja ν ma wartości w grupie dyskretnej, to: O K := {x K : ν(x) 0} jest lokalną dziedziną Dedekinda. Lokalne dziedziny Dedekinda znane są jako dziedziny o waluacji dyskretnej (dvr). Jeśli K = Q p to istnieje tylko jedna możliwa waluacja na tym ciele, dla której O K = Z p zwane p-adycznymi liczbami całkowitymi.

37 Mały słownik teoria liczb geometria algebraiczna Dziedziny Dedekinda O K Krzywe (algebraiczne) C ideał pierwszy p O K punkt P C element x O K funkcja regularna f : C C ideał ułamkowy d K wiązka liniowa L iloczyn ideałów ab iloczyn tensorowy wiązek L OC M rozszerzenie O K O L nakrycie C 1 C 2

38

39 Ciała różniczkowe Niech A będzie pierścieniem (przemiennym z jedynką). Nazywamy derywacją każdy morfizm grup abelowych D : A A spełniające prawo Leibniza: gdzie a i b A. D(a b) = (Da) b + a (Db).

40 Ciała różniczkowe Niech A będzie pierścieniem (przemiennym z jedynką). Nazywamy derywacją każdy morfizm grup abelowych D : A A spełniające prawo Leibniza: D(a b) = (Da) b + a (Db). gdzie a i b A. Jeśli A jest algebrą nad ciałem K, nazywamy K-derywacją derywację, która dodatkowo jest K-liniowa.

41 Ciała różniczkowe Niech A będzie pierścieniem (przemiennym z jedynką). Nazywamy derywacją każdy morfizm grup abelowych D : A A spełniające prawo Leibniza: D(a b) = (Da) b + a (Db). gdzie a i b A. Jeśli A jest algebrą nad ciałem K, nazywamy K-derywacją derywację, która dodatkowo jest K-liniowa. Zbiór derywacji ma naturalną strukturę grupy abelowej oraz posiada nawias Liego: [D 1, D 2 ] := D 1 D 2 D 2 D 1 Oczywiście K-derywacje mają strukturę K-liniową, co czyni z nich algebrę Liego.

42 Ciało K wyposażone w jedną (lub więcej) derywacji nazywamy ciałem różniczkowym.

43 Ciało K wyposażone w jedną (lub więcej) derywacji nazywamy ciałem różniczkowym. Przykłady C(x) z derywacją spełniającą Dx = 1 jest ciałem różniczkowym. D jest normalną pochodną funkcji wymiernych. C(t) z derywacją spełniającą Dt = t jest ciałem różniczkowym. Jest to ciało C(e x ) funkcji wymiernych funkcji wykładniczej. C(t) z derywacją spełniającą Dt = 1 2t jest ciałem różniczkowym. Jest to ciało funkcji wymiernych funkcji wielowartościowej x. F p (x) z derywacją spełniającą Dx = 1 jest ciałem różniczkowym.

44 Jeżeli K jest ciałem różniczkowym z derywacją D to zbiór: k := {x K : Dx = 0} jest ciałem zwanym ciałem stałych ciała K. Oznaczamy go przez Const(K).

45 Jeżeli K jest ciałem różniczkowym z derywacją D to zbiór: k := {x K : Dx = 0} jest ciałem zwanym ciałem stałych ciała K. Oznaczamy go przez Const(K). Uwaga D jest Const(K)-liniowe. D(1) = 0, dlatego ciała stałych zawierają zawsze Q albo F p w zależności do charakterystyki. D(x p ) = px p 1 Dx, dlatego jeśli K ma charakterystykę p to ciało stałych K(x) zawiera podciało K(x p ).

46 Rozszerzenia ciał różniczkowych [Ciała od teraz będą miały charakterystykę zero.] Podciało k K jest podciałem różniczkowych jeżeli zachodzi: D K (k) k Mówimy wtedy, że K jest rozszerzeniem różniczkowym ciała k.

47 Rozszerzenia ciał różniczkowych [Ciała od teraz będą miały charakterystykę zero.] Podciało k K jest podciałem różniczkowych jeżeli zachodzi: D K (k) k Mówimy wtedy, że K jest rozszerzeniem różniczkowym ciała k. Jeśli K L oraz σ jest automorfizmem L nad K, mówimy, że σ jest automorfizmem różniczkowym, jeżeli: σd = Dσ. Grupę automorfizmów różniczkowych L nad K nazywamy różniczkową grupą Galois i piszemy Gd(L K).

48 Niech K będzie ciałem różniczkowym, L(y) = 0 będzie równaniem różniczkowym: L(y) = D (n) y + a 1 D (n 1) y + + a n 1 D (1) y + a n y = 0 gdzie a i K. Istnieje najwyżej n rozwiązań b i K liniowo niezależnych nad Const(K).

49 Niech K będzie ciałem różniczkowym, L(y) = 0 będzie równaniem różniczkowym: L(y) = D (n) y + a 1 D (n 1) y + + a n 1 D (1) y + a n y = 0 gdzie a i K. Istnieje najwyżej n rozwiązań b i K liniowo niezależnych nad Const(K). Mówimy, że ciało różniczkowe L jest rozszerzeniem Picarda-Vessiot ciała K względem równania L(y) = 0 jeśli: Const(L) = Const(K), L jest najmniejszym ciałem różniczkowym zawierającym K i b i, gdzie b i są rozwiązaniami L(y) = 0 niezależnymi nad Const(K).

50 Twierdzenie Niech K będzie ciałem różniczkowym, takie że Const(K) jest algebraicznie domknięte. Wówczas dla każdego równania L(y) = 0 istnieje rozszerzenie Picarda-Vessiota ciała K.

51 Twierdzenie Niech K będzie ciałem różniczkowym, takie że Const(K) jest algebraicznie domknięte. Wówczas dla każdego równania L(y) = 0 istnieje rozszerzenie Picarda-Vessiota ciała K. Stwierdzenie Jeśli L jest rozszerzeniem Picarda-Vessiota ciała K względem równania różniczkowego L(y) = 0 stopnia n to Gd(L K) GL n (Const(K)).

52 Twierdzenie Niech K będzie ciałem różniczkowym, takie że Const(K) jest algebraicznie domknięte. Wówczas dla każdego równania L(y) = 0 istnieje rozszerzenie Picarda-Vessiota ciała K. Stwierdzenie Jeśli L jest rozszerzeniem Picarda-Vessiota ciała K względem równania różniczkowego L(y) = 0 stopnia n to Gd(L K) GL n (Const(K)). Dowód. Jeśli σ Gd(L K) oraz y L takie że L(y) = 0 to L(σy) = 0, ponieważ elementy grupy Galois komutują z derywacją. Automorfizm σ jest K-liniowy, więc też Const(K)-liniowy a przestrzeń rozwiązań L(y) = 0 ma wymiar n.

53 Rozszerzenia Liouvilla Niech k K będzie rozszerzeniem różniczkowym: t K jest pierwotne nad k jeśli: Dt = b k. Jest to rozwiązanie równania y Db b y = 0 (drugim jest 1). t K jest hiperwykładnicze nad k jeśli: Dt/t = a k. Jest to rozwiązanie równania y ay = 0. t K jest Liouvilla jeśli jest algebraiczne, pierwotne bądź hiperwykładnicze.

54 Rozszerzenia Liouvilla Niech k K będzie rozszerzeniem różniczkowym: t K jest pierwotne nad k jeśli: Dt = b k. Jest to rozwiązanie równania y Db b y = 0 (drugim jest 1). t K jest hiperwykładnicze nad k jeśli: Dt/t = a k. Jest to rozwiązanie równania y ay = 0. t K jest Liouvilla jeśli jest algebraiczne, pierwotne bądź hiperwykładnicze. Ciało K jest rozszerzeniem Liouvilla nad k jeśli istnieją elementy: takie że: K = k(t 1,..., t n ), t 1,..., t n K t i jest Liouvilla nad k(t 1,..., t i 1 ).

55 Przykłady log x jest pierwotny nad Q(x), arctg x jest pierwotny nad Q(x), t takie, że Dt = 2x jest pierwotne nad Q(x), ale wtedy D(t x 2 ) = 0, e x jest hiperwykładniczy nad Q(x), t takie, że Dt/t = 1/x jest hiperwykładnicze nad Q(x), ale wtedy D(t/x) = 0, sinus całkowy Si(x) jest pierwotny nad Q(x, e x ),

56 Przykłady log x jest pierwotny nad Q(x), arctg x jest pierwotny nad Q(x), t takie, że Dt = 2x jest pierwotne nad Q(x), ale wtedy D(t x 2 ) = 0, e x jest hiperwykładniczy nad Q(x), t takie, że Dt/t = 1/x jest hiperwykładnicze nad Q(x), ale wtedy D(t/x) = 0, sinus całkowy Si(x) jest pierwotny nad Q(x, e x ), t K nazywamy jednomianem Liouvilla nad k, jeżeli jest przestępny, Liouvilla nad k oraz Const(k(t)) = Const(k).

57 Rozszerzenia elementarne Niech k K będzie rozszerzeniem różniczkowym: t K jest logarytmem nad k jeśli: Dt = Db/b, b k. t K jest wykładnicze nad k jeśli: Dt/t = Da, a k. t K jest elementarne jeśli jest algebraiczne, logarytmem bądź wykładnicze.

58 Rozszerzenia elementarne Niech k K będzie rozszerzeniem różniczkowym: t K jest logarytmem nad k jeśli: Dt = Db/b, b k. t K jest wykładnicze nad k jeśli: Dt/t = Da, a k. t K jest elementarne jeśli jest algebraiczne, logarytmem bądź wykładnicze. Ciało K jest rozszerzeniem elementarnym nad k jeśli istnieją elementy: t 1,..., t n K takie że: K = k(t 1,..., t n ), t i jest elementarne nad k(t 1,..., t i 1 ).

59 t K nazywamy jednomianem elementarnym nad k, jeżeli jest przestępny, elementarny nad k oraz Const(k(t)) = Const(k).

60 t K nazywamy jednomianem elementarnym nad k, jeżeli jest przestępny, elementarny nad k oraz Const(k(t)) = Const(k). Jeśli t jest elementarne nad ciałem C(x), mówimy, że t jest funkcją elementarną.

61 t K nazywamy jednomianem elementarnym nad k, jeżeli jest przestępny, elementarny nad k oraz Const(k(t)) = Const(k). Jeśli t jest elementarne nad ciałem C(x), mówimy, że t jest funkcją elementarną. Uwaga Funkcje trygonometryczne i cyklometryczne wyrażają się za pomocą e x, log x oraz i.

62 Zagadnienie Jakie równania różniczkowe o współczynnikach w pewnym ciele K mają rozwiązania elementarne nad K?

63 Zagadnienie Jakie równania różniczkowe o współczynnikach w pewnym ciele K mają rozwiązania elementarne nad K? Twierdzenie (Liouville) Niech K będzie ciałem różniczkowym, C = Const(K) oraz f K. Jeśli istnieje rozszerzenie elementne E ciała K oraz g E takie że: f = Dg to istnieje v K, c 1,..., c n C oraz u 1,..., u n K(c 1,..., c n ) takie że: n Du i f = Dv + c i. u i i=1

64 W przypadku gdy K = Q(x) oznacza to, że całka dowolnej funkcji wymiernej f wynosi: f dx = g + n c i log(u i ). k=1 gdzie g Q(x), c i C oraz u i C[x].

65 W przypadku gdy K = Q(x) oznacza to, że całka dowolnej funkcji wymiernej f wynosi: f dx = g + n c i log(u i ). k=1 gdzie g Q(x), c i C oraz u i C[x]. Szkolny algorytm całkowania (Bernouillego) pokazuje, że część przestępna całki pochodzi od ułamków prostych: c i x α i dx = c i log(x α i ). Liczby c i to rezidua funkcji f.

66 W przypadku gdy K = Q(x) oznacza to, że całka dowolnej funkcji wymiernej f wynosi: f dx = g + n c i log(u i ). k=1 gdzie g Q(x), c i C oraz u i C[x]. Szkolny algorytm całkowania (Bernouillego) pokazuje, że część przestępna całki pochodzi od ułamków prostych: c i x α i dx = c i log(x α i ). Liczby c i to rezidua funkcji f. Twierdzenie Liouvilla mówi też, że grupując logarytmy o takich samych c i możemy wybrać u i Q(c 1,..., c n )[x].

67 Zagadnienie Kiedy y /y = a ma rozwiązania w K?

68 Zagadnienie Kiedy y /y = a ma rozwiązania w K? Jeśli y = c/d spełnia równanie, to: a dx = log(y) + C = log(c) log(d) + C.

69 Zagadnienie Kiedy y /y = a ma rozwiązania w K? Jeśli y = c/d spełnia równanie, to: a dx = log(y) + C = log(c) log(d) + C. Stwierdzenie Jeśli y /y = a, a Q(x), to y jest postaci: y = c d NWD(c, d) = 1, d wolne od kwadratów i wszystkie rezidua całkowite.

70 Rezultant Rothsteina-Tragera Niech K będzie ciałem różniczkowym. Wielomian p(x) K[x] może być: normalny jeśli NWD(Dp, p) = 1, specjalny jeśli NWD(Dp, p) = p, rozkładać na p n p s, gdzie p n jest normalny a p s jest specjalny.

71 Rezultant Rothsteina-Tragera Niech K będzie ciałem różniczkowym. Wielomian p(x) K[x] może być: normalny jeśli NWD(Dp, p) = 1, specjalny jeśli NWD(Dp, p) = p, rozkładać na p n p s, gdzie p n jest normalny a p s jest specjalny. Funkcje f = a/d K(x), NWD(a, d) = 1 nazywamy: prostą, jeśli d jest normalny, zredukowaną, jeśli d jest specjalny. To oznacza, że: f K[x] jeśli x jest jednomianem pierwotnym na K, f K[x][x 1 ] jeśli x jest jednomianem hiperwykładniczym nad K.

72 Niech f K(t) będzie proste, f = p + a/d, deg(a) < deg(d), NWD(a, d) = 1. Wtedy wielomian: rezultant t (a zdd, d) K[z]. nazywamy rezultantem Rothsteina-Tragera.

73 Niech f K(t) będzie proste, f = p + a/d, deg(a) < deg(d), NWD(a, d) = 1. Wtedy wielomian: rezultant t (a zdd, d) K[z]. nazywamy rezultantem Rothsteina-Tragera. Rezultant jest zero wtedy i tylko wtedy gdy NWD(a zdd, d) 1.

74 Niech f K(t) będzie proste, f = p + a/d, deg(a) < deg(d), NWD(a, d) = 1. Wtedy wielomian: rezultant t (a zdd, d) K[z]. nazywamy rezultantem Rothsteina-Tragera. Rezultant jest zero wtedy i tylko wtedy gdy NWD(a zdd, d) 1. Stwierdzenie Niech r(z) będzie rezultantem Rothsteina-Tragera funkcji prostej f Q(x). Mamy: r(α) = 0 α jest reziduem funkcji f

75 Niech κ D ( nk=0 a k z k) = n k=0 (Da k ) X k gdzie a i K będzie derywacją nad K[z] Twierdzenie (Kryterium reziduów) Niech f = p + a/d K(t) będzie prosta, r(z) rezultantem R-T f oraz: r = r p r s rozkład względem derywacji κ D na wielomian normalny i specjalny. Niech: Wtedy: g = r s(α)=0 α Dg α g α, gdzie g α = NWD(a αdd, d). jeśli istnieje zredukowane h(t) takie, że f + h ma całke elementarną, to r n K i f g K[t].

76 Przykład 2 log 2 x log x x 2 log 3 dx x x 2 log x Jeśli K = Q(x) a t = log x to szukamy pierwotnej funkcji: f = 2t2 t x 2 t 3 x 2 t K(t)

77 Przykład 2 log 2 x log x x 2 log 3 dx x x 2 log x Jeśli K = Q(x) a t = log x to szukamy pierwotnej funkcji: f = 2t2 t x 2 t 3 x 2 t K(t) Jest to funkcja prosta oraz rezultant R-T wynosi: ( r s = x 2 z 2 1 ), r n = 4x(x 2 1)(z x) 4 Skoro r n K, funkcja nie ma elementarnej pierwotnej.

78 Przykład 2 log 2 x log x x 2 log 3 dx x x 2 log x Jeśli K = Q(x) a t = log x to szukamy pierwotnej funkcji: f = 2t2 t x 2 t 3 x 2 t K(t) Jest to funkcja prosta oraz rezultant R-T wynosi: ( r s = x 2 z 2 1 ), r n = 4x(x 2 1)(z x) 4 Skoro r n K, funkcja nie ma elementarnej pierwotnej. Mamy: g dx = 1 ( ) log x + x 2 log, f g = 1 log x x log x.