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这里分享的是一个有关积分的初等可积性的切比雪夫定理的证明过程，其中包含了对初等函数的定义、对阿贝尔积分的一些初步探讨、刘维尔的一个初等可积判断定理和最终切比雪夫关于二项微分式积分初等可积性的定理。
切比雪夫定理：设\[\int x^m(a+bx^n)^p\mathrm{d}x\]为一个二项微分式积分，其中\(p,m,n\)均为有理数，则其可表示为初等函数的充要条件是\(p,\frac{m+1}{n},\frac{m+1}{n}+p\)中至少一个为整数。
这篇文章来自前苏联盖·伊·德林费尔特所著的《普通数学分析教程补篇》第六章，原书的中译本出版于1960年，后来一直未尝再版。（网上可下载到电子书）
积分的初等可积性是分析内容中一个比较古典的课题，不过随着一些现代元素的引入（例如微分代数之类的）而又发出新的光芒。可能由于这些方面的古典问题较早就已经探讨清楚了（该解决的都解决了，没解决的也知道只能解决到哪一个程度，比如说已经知道不存在有效判别一个积分是否初等可积的方法，但是对一些特定类型的积分已经研究的比较透彻），国内目前几乎找不到有关于这一问题的比较初等的书籍（至多只能找到从现代观点出发的那种，普通的数学爱好者根本无法阅读）。
我是在做谢惠民的数学分析习题时看到书中提到这一本书，去阅读过后感到原书的翻译非常晦涩（我个人认为原书的翻译水平实在让一般人无法接受），因而前段时间花了一些功夫，反复阅读这一章节几次，基本上理解清楚了相关内容。我个人认为这是目前国内能找到的仅有的一份可供低年级大学生或非数学专业学生阅读理解的关于初等可积性理论的文章，因而认为其颇有一些价值，故自己把原文重述一遍（读者可点此下载原版书籍与我的调整版本做对比，便知原来的翻译的确有许多不可取之处），并加上一些必要的注解，方便读者阅读体会。
另外，我对其中的某些证明过程之理解可能存在偏差，恳请读者指出并联系我改正，本人将十分感激。希望此文可对读者的数学知识提扩展有一定帮助，也希望这一内容能给读者带来乐趣。
欢迎分享这份文档。\(\LaTeX\)源码一并附上（虽然其实没用什么很复杂的代码）。
这一章，我们将遵循N.G.Chebotarev（契巴塔廖夫）的方法,证明关于形如
\begin{equation}
\int R(x,y)\mathrm{d}x\label{e1}
\end{equation} 的积分的某些古典定理,式中\(y=y(x)\)为 代数函数 1 ,\(R\)是关于\(x,y\)的有理函数.
型\(\mbox{(\ref{e1})}\)的积分叫做Abel积分.特别,形如
\begin{equation}\label{e2}\int R(x,\sqrt{ax^2+bx+c})\mathrm{d}x,\end{equation}
\begin{equation}\label{e3}\int x^m(a+bx^n)^p\mathrm{d}x\end{equation}
的积分都是Abel积分.
要记住,积分\(\mbox{(\ref{e2})}\)借助Euler变换 2总可以划归为有理函数的积分.所以,积分\(\mbox{(\ref{e2})}\)一定能表示为初等函数.
积分\(\mbox{(\ref{e3})}\)称为二项微分式积分,也可用初等函数来表示,前提是数
\[p,\frac{m+1}{n},\frac{m+1}{n}+p\] 之中至少有一个是整数3.而P.L.Chebyshev的古典定理乃是:"若三数\(p,\frac{m+1}{n},\frac{m+1}{n}+p\)都不是整数,则积分(3)不能表示为初等函数".
我们的主要目标就是要来证明这个定理.
我们把初等函数理解为独立变量\(x\)与函数\(\ln \omega_i(x),i=1,2,\cdots,k\)的代数函数,其中\(\omega_i(x)\)也是代数函数,但可以是复的.
显然.函数
\[x^m,\quad(a_1x^{m_1}+a_2x^{m_2}+\cdots+a_kx^{m_k})^p,\quad\ln{\frac{a_1x^{m_1}+a_2x^{m_2}+\cdots+a_kx^{m_k}}{b_1x^{n_1}+b_2x^{n_2}+\cdots+b_qx^{n_q}}}\]
都是初等函数,但设其中所有指数都是有理数.不过,我们可以证明,函数\[\arcsin x,\quad\arccos x,\quad\arctan x,\quad\textrm{arccot} x\]也是初等函数.实际上,从关系式
\[\sin t=\frac{e^{it}-e^{-it}}{2i}=x\] 得出 \[\begin{aligned}
e^{it} &= ix+\sqrt{1-x^2} \t = \arcsin x &= -i\ln(ix+\sqrt{1-x^2})\end{aligned}\] 而从关系式
\[\tan t=\frac{e^{it}-e^{-it}}{i(e^{it}+e^{-it})}=x\] 得到
\[\begin{aligned}
e^{2it} &= \frac{1+ix}{1-ix} = \frac{(1+ix)^2}{1+x^2}\t &= \arctan x = -\frac{i}{2}\ln\frac{(1+ix)^2}{1+x^2}.\end{aligned}\]
(从而证明了\(\arcsin x\)与\(\arctan x\)是初等函数.)显然,没有必要再去证明\(\arccos x\),\(\textrm{arccot} x\)的初等性.
我们把Abel积分写成这样的形式: \begin{equation}\label{e4}\int_a^x R(t,y(t))\mathrm{d}t.\end{equation}
同时,我们还对Abel积分作如下分类:
下面的一个定理说明了这一分类方法的意义:
定理1. 每一个Abel积分,一定能够用有限个第一类Abel 积分,有限个基本的第二类Abel积分和有限个基本的第三类Abel 积分来线性地表示.
此处我们不打算证明这个定理4.
变量\(x,y,\cdots\)的一切有理函数的全体,称为关于\(x,y,\cdots\)的有理函数体(简称体),并记作
\[k(x,y,\cdots).\]
如果元素\(z(x,y,\cdots)\)不属于\(k(x,y,\cdots)\),那么系数取自\(k(x,y,\cdots)\)
的一切关于\(z\)的有理函数的全体,就称为体\(k(x,y,\cdots)\)关于\(z\)的一个代数扩张,并用
\[k(x,y,\cdots;z)\]
来表示.这样所得到的体,又可以添加新的元素进行代数扩张.一个代数扩张可简称为一个扩张.
另外,我们称一个扩张\(k(x,y,\cdots;z)\)是简单代数的,如果\(z\)满足如下的不可约方程
\[f(z)=A_0z^n+A_1z^{n-1}+\cdots+A_{n-1}z+A_n=0,\]
其中\(f(z)\)是不可约的(即不能表示为\(f(z)=f_1(z)\cdot f_2(z)\)的形式),\(A_i\)属于\(k(x,y,\cdots)\)且不全为零.
在代数函数论中可以证明5:
定理2. 体\(k(x,y,\cdots)\)的任何有限的代数扩张\(k(x,y,\cdots;z_1,z_2,\cdots,z_m)\)一定是单纯扩张.也就是说,对体\(k(x,y,\cdots)\)添加不可约方程
\[\begin{cases} f_1(z)&=0 \ f_2(z)&=0 \ \cdots \ f_m(z)&=0 \end{cases}\]
的根\(z_1,z_2,\cdots,z_m\),总是可以等价于添加一个不可约方程
\[f(z)=0\]
的所有根,该方程的根即为\(z_1,z_2,\cdots,z_m\).
我们只用一个初等的例子来验证这个定理.设对体\(k(x)\)添加元素\(\sqrt{x},\sqrt{1+x}\)进行扩张得到\(k(x;\sqrt{x},\sqrt{1+x})\).而\(\sqrt{x},\sqrt{1+x}\)是不可约方程
\begin{equation}\label{x1}
\begin{cases}
z^2-x&=0\
z^2-(x+1)&=0
\end{cases}\end{equation} 的根.又由于有关系式
\[\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{1+x}}=\sqrt{x+1}-\sqrt{x}\] 成立,那么只要令
\[u=\sqrt{x}+\sqrt{1+x},\] 就可以算得 \[\begin{cases}
\sqrt{x+1}&=\frac{1}{2}(u+\frac{1}{u}),\\sqrt{x}&=\frac{1}{2}(u-\frac{1}{u}).
\end{cases}\] 另外,很容易验证\(u\)是不可约方程 \begin{equation}\label{x2}
u^4-2(1+2x)u^2+1=0\end{equation}
的根,故通过以上的步骤我们就将原来用两个不可约方程\(\mbox{(\ref{x1})}\)的根表示的扩张,化归为一个不可约方程\(\mbox{(\ref{x2})}\)的根表示的扩张.
Liouville证明了下面一个命题的正确性
定理3. （\(\mathrm{Liouville}\)）
若Abel积分
\begin{equation}\label{e5}\int_a^x R(x,y(x))\mathrm{d}x\end{equation}
可以表示为初等函数,那么一定有
\begin{equation}\label{e6}\int_a^x R(x,y(x))\mathrm{d}x=\omega_0(x)+\sum_{r=1}^{k}a_r\ln\omega_r(x),\end{equation}
其中\(\omega_0(x),\omega_1(x),\omega_2(x),\cdots,\omega_k(x)\) 为\(x\)的代数函数（此处不假定其属于体\(k(x,y)\)）, \(a_0,a_1,\cdots,a_k\)为常数.
证明. 设 \begin{equation}\label{e7}
\int_a^x R(x,y(x))\mathrm{d}x=\Phi(x,\ln\omega_1,\cdots,\ln\omega_k).\end{equation}
我们假设\(x,\ln\omega_1,\cdots,\ln\omega_k\) 这些变量间不成立形如
\begin{equation}\label{e8}
\Psi(x,\ln\omega_1,\cdots,\ln\omega_k)=0\end{equation}
的代数关系式.否则,我们可以通过删去其中的一些\(\ln\omega_i\),来使得这一条件最终成立.
现在,设以上的"非相关"条件已然成立.对等式\(\mbox{(\ref{e7})}\)求\(x\)的偏导数,即可得到
\begin{equation}\label{e9}
R(x,y(x))=\frac{\partial\Phi}{\partial x}+\frac{\partial\Phi}{\partial\ln\omega_1}\frac{\omega‘_1}{\omega_1}+\cdots+\frac{\partial\Phi}{\partial\ln\omega_k}\frac{\omega‘_k}{\omega_k}\end{equation}
这时可以看见,在等式\(\mbox{(\ref{e9})}\)中竟然已经成立了形如等式\(\mbox{(\ref{e8})}\)的关系,这说明等式\(\mbox{(\ref{e9})}\)一定是关于各个变量\(\ln\omega_i(i=1,\cdots,k)\)的恒等式6 .所以,将等式\(\mbox{(\ref{e9})}\)对\(\ln\omega_i(i=1,\cdots,k)\)分别求导后,便可以得到
\[\begin{aligned}
0&=\frac{\partial^2\Phi}{\partial x \partial\ln\omega_i}+\frac{\partial^2\Phi}{\partial\ln\omega_1\partial\ln\omega_i}\frac{\omega'_1}{\omega_1}+\cdots+\frac{\partial^2\Phi}{\partial\ln\omega_k\partial\ln\omega_i}\frac{\omega'_k}{\omega_k}\ &=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(\frac{\partial\Phi}{\partial\ln\omega_i}).\quad(i=1,\cdots,k)\end{aligned}\]
这样一来,便有
\begin{equation}\label{e10}
\frac{\partial\Phi}{\partial\ln\omega_i}=a_i(=\mbox{常数})\quad(i=1,\cdots,k).\end{equation}
可以证明等式\(\mbox{(\ref{e10})}\)一定是恒等式.否则,其就将给出一个形如条件\(\mbox{(\ref{e8})}\) 的等式,而我们已经假设过这种情况不会出现.
由\(\mbox{(\ref{e10})}\)中的\(k\)个等式,即可解出\(\mbox{(\ref{e6})}\)的形式. (积分回去就可以了.)▌
此外,还有这样一个结论:
定理4. 在等式\(（\ref{e6}）\)中,函数\(\omega_0,\omega_1,\cdots,\omega_k\)一定都是有理函数体\(k(x,y)\)的函数.
证明. 这里,我们假设函数 \[\omega_0,\omega_1,\omega_2,\cdots,\omega_k\]
中的部分或全部不属于体\(k(x,y)\),那么我们就可以把这些函数添加到体\(k(x,y)\)
中,从而构成一个有限扩张.根据定理2,这就相当于一个扩张\(k(x,y;z)\),其中的\(z\)满足体\(k(x,y)\)上的一个不可约方程
\begin{equation}\label{e11}
F(x,y;z)=0\end{equation} 而其根 \[z_1,z_2,\cdots,z_m\] 即为函数
\[\omega_0,\omega_1,\omega_2,\cdots,\omega_k\]
中那些不在体\(k(x,y)\)内的函数7.由方程\(\mbox{(\ref{e11})}\)可以解出\(y\)关于\(x,z\)的表达式8 \begin{equation}\label{e12}
y=\varphi(x,z).\end{equation} 由于方程\(\mbox{(\ref{e11})}\)是不可约的,因此差\(y-\varphi(x,z)\)一定能被表达式\(F(x,y,z)\)除尽.因此便可以推出9 \begin{equation}\label{e13}
y=\varphi(x,z_1)=\varphi(x,z_2)=\cdots=\varphi(x,z_m).\end{equation} 设
\[\omega_i=\psi_i(x,z),\] 那么如果记
\[\omega_{i,r}=\psi_i(x,z_r)(r=1,2,\cdots,m),\]
则根据式\(\mbox{(\ref{e13})}\)及等式
\[\int_a^x R\mathrm{d}x=\omega_0+a_1\ln\omega_1+\cdots+a_k\ln\omega_k,\]
就有等式
\[\int_a^x R\mathrm{d}x=\omega_{0,r}+a_1\ln\omega_{1,r}+\cdots+a_k\ln\omega_{k,r}(r=1,2,\cdots,m)\]
成立 10 .将上面的\(m\)个等式相加并取平均值,便可得到 \[\label{y1}
\int_a^xR\mathrm{d}x=\frac{1}{m}\left(\sum_{r=1}^m\omega_{0,r}+a_1\ln\prod_{r=1}^m\omega_{1,r}+\cdots+a_k\ln\prod_{r=1}^m\omega_{k,r}\right).\]
可以注意到,上面的表达式中,函数
\[\sum_{r=1}^m\omega_{0,r},\prod_{r=1}^m\omega_{1,r},\cdots,\prod_{r=1}^m\omega_{k,r}\]
都是方程式\(\mbox{(\ref{e11})}\)的根的对称函数.所以根据熟知的代数学定理 11,这些对称函数可以用方程\(\mbox{(\ref{e11})}\)的系数(\(x,y\)的有理函数)来直接有理的表示出来.
由此,便得到 \[\omega_0,\omega_1,\cdots,\omega_k\]
确实是体\(k(x,y)\)中的函数 12 .▌
除此以外,还可以证明关于表达式\(\mbox{(\ref{e6})}\)中各函数线性组合的系数之间的一个结果:
定理5. 在关系式
\begin{equation}\label{e14}\int_a^x R(x,y(x))\mathrm{d}x=\omega_0(x)+\sum_{r=1}^{k}a_r\ln\omega_r(x)\end{equation}
中,各个函数之间线性组合的系数
\[a_1,a_2,\cdots,a_k\]
是“有理线性无关”的,也就是说不存在\(m_1,m_2,\cdots,m_k\in\mathbb{Q}\)不全为零,使得关系
\begin{equation}\label{e15}
a_1m_1+a_2m_2+\cdots+a_km_k=0\end{equation}
成立.
证明. 假如对于关系式\(\mbox{(\ref{e14})}\),仍然有线性关系\(\mbox{(\ref{e15})}\)成立,那么就可以由等式\(\mbox{(\ref{e15})}\) 得到 13 \begin{equation}\label{e16}
a_1=-\frac{a_2}{m_1}m_2-\frac{a_3}{m_1}m_3-\cdots--\frac{a_k}{m_1}m_k,\end{equation}
将这个关系回代于等式\(\mbox{(\ref{e14})}\)即有 \begin{equation}\label{e17}
\int_a^xR(x,y(x))\mathrm{d}x=\omega_0+\frac{a_2}{m_1}\ln\frac{\omega_2^{m_1}}{\omega_1^{m_2}}+\cdots+
\frac{a_k}{m_1}\ln\frac{\omega_k^{m_1}}{\omega_1^{m_k}}.\end{equation}
如果适当的调整记号,等式\(\mbox{(\ref{e17})}\)便具有形式
\begin{equation}\label{e18}\int_a^xR(x,y(x))\mathrm{d}x=\omega_0+b_1\ln\tilde{\omega_1}+\cdots b_{k-1}\ln\tilde{\omega}_{k-1},\end{equation}
其中\(\tilde{\omega_i}\)是代数函数,因为\(m_i\) 都是有理数.假如现在的这些系数
\[b_1,b_2,\cdots,b_{k-1}\]
之间已经不存在形如等式\(\mbox{(\ref{e15})}\)的相关性,那么就已经实现了证明.否则,可再实行有限次 14如上面这样的操作,使得等式\(\mbox{(\ref{e15})}\)最终不能成立.▌
联系到之前有关于Abel积分分类的内容,我们还可以得到这样几个命题.这些命题将能够帮助我们最终证明切比雪夫的定理.
定理6. 若一个Abel积分
\[\int R(x,y(x))\mathrm{d}x\]
可表示为初等函数,即有等式\((\ref{e6})\)成立,那么每一个使得函数\(\omega_1,\cdots,\omega_k\)中至少一个函数变为\(0\)或无穷大的点\(x_0\)都是这个Abel积分的对数奇点.
证明. 设题目中的Abel积分能够表示为初等函数,重新抄录一遍等式\(\mbox{(\ref{e6})}\): \begin{equation}\label{e19}
\int_a^x R(x,y)\mathrm{d}x=\omega_0(x)+a_1\ln\omega_1(x)+\cdots+a_k\ln\omega_k(x),\end{equation}
并设\(\omega_1(x)\)在某一点\(x_0\)处变为0.不失一般性,我们设\(x_0=0\).
由于\(\omega_1(x)\)是代数函数,所以就有 15\[\omega_1(x)=x^{m_1}\varphi_1(x),\mbox{其中}\varphi_1(x)\neq0(\neq\infty),\]
其中\(m_1\in\mathbb{Q}\).
完全同样,
\[\omega_i(x)=x^{m_i}\varphi_i(x),\mbox{其中}\varphi_i(x)\neq0(\neq\infty)(i> 1),\]
其中\(m_i\in\mathbb{Q}\)(它们可以部分,甚至全部等于0).同时,\(\varphi_i(x)(i=1,2,\cdots,k))\)均为代数函数.
这样,将上面的"分拆"代入到等式\(\mbox{(\ref{e19})}\)中便有
\[\int_a^x R(t,y(t))\mathrm{d}t=\omega_0(x)+(a_1m_1+\cdots+a_km_k)\ln x+\sum_{i=1}^k a_i\ln\varphi_i(x).\]
根据定理5,一定有
\[a_1m_1+a_2m_2+\cdots+a_km_k\neq0.\]
除此以外,我们还知道\(\omega_0(x)\)是一个代数函数,其一定没有对数奇点.由此便知,\(x_0\)是这个Abel积分的对数奇点16.▌
到这里,我们可以证明两条关键的命题17:
定理7. 第一类Abel积分一定不能表示为初等函数.
证明. 根据定义,第一类Abel积分总是有界的.由定理6可知,如果其能够表示为一个初等函数,那么其被初等函数表达出来的式子里必须不能含有对数项(否则将会与有界性矛盾).以上可知,第一类Abel积分如果能被初等表示出来,那么其一定是体\(k(x,y)\)的元素18 .但是我们又知道,体\(k(x,y)\)中的函数除了常数函数以外都必然是无界的19 ,因而这里又发生了矛盾.所以,第一类Abel积分不能被表示为初等函数.▌
定理8. 若第二类Abel积分能被表示为初等函数,则该积分一定是\(k(x,y)\)中的元素.
证明方法与前一命题完全相同,只不过最后一句话不要罢了.
定理9. （\(\mathrm{Chebyshev}\)） 若三数 \[p,\frac{m+1}{n},\frac{m+1}{n}+p\]
都不是整数,则积分 \begin{equation}\label{f1}\int x^m(a+bx^n)^p\mathrm{d}x\end{equation} 不能表示为初等函数.
证明. 我们注意到,积分\(\mbox{(\ref{f1})}\)可以改写为下面这样一种形式: \begin{equation}\label{f2}
\int x^{-r}(x+1)^{-s}\mathrm{d}\end{equation}\[x\]
其中\(0<r<1,0<s<1\).改写的方法是,在\(\mbox{(\ref{f1})}\)中令\(z=x^n\)便可得到 \[\begin{aligned}
\int x^m(x^n+1)^p\mathrm{d}x&=\frac{1}{n}\int z^{\frac{m+1}{n}-1}(z+1)^p\mathrm{d}z\ &=\frac{1}{n}\int z^{-r}(z+1)^{-s}\mathrm{d}z.
\end{aligned}\] 此外我们还知道,可以通过下面的关系式 \[\begin{cases}
(-r+1)\int z^{-r}(z+1)^{-s}\mathrm{d}z=\\ \qquad\qquad z^{-r+1}(z+1)^{-s+1}+(r+s-2)\int z^{-r+1}(z+1)^{-s}\mathrm{d}z,\ z^{-r+1}(z+1)^{-s+1}=\\ \qquad\qquad(s-1)\int z^{r-1}(z+1)^{-s}\mathrm{d}z+(2-r-s)\int z^{-r}(z+1)^{-s+1}\mathrm{d}z
\end{cases}\]
来将对应位置的\(r,s\)增大1或减小1,由此即可以通过若干次调整使得积分号下函数满足\(0<r<1,0<s<1\).20
现在考察两种可能的情况21.
因此可知,当条件中的三个数均不为整数时,积分\(\mbox{(\ref{f1})}\)一定不能被表示为初等函数.到此,Chebychev定理完全证明.▌
在函数论中,代数函数定义为由关于未知变量\(w,z\)的不可约方程\[a_n(z)w^n+a_{n-1}(z)w^{n-1}+\cdots+a_0(z)=0\]确定的多值函数\(w=w(z)\),其中各个\(a_i(z)\)均是关于\(z\)的多项式.仅从形式上来说,读者可以将代数函数理解为有理函数（即形如\[\frac{a_mz^m+\cdots+a_1z+a_0}{b_nz^n+\cdots+b_1z+b_0}\]的函数）和各类含根式的"有理函数"（形式上）的总和,如果读者对复变函数相关知识不了解的话.―编者注?
此方法在各种数学分析习题集中均常见,网上也可查到.―编者注?
关于此种情况下的积分方法也在各种数学分析习题集中常见,读者也可参考百度百科"二项微分式"词条.―编者注?
参见契巴塔廖夫:《代数函数论(下册)》第八章(戴执中,夏定中译,哈尔滨工业大学出版社,2015),49页.(已将旧版本译本信息更正为新版本,下同.―编者注)?
参见契巴塔廖夫:《代数函数论(上册)》第一章(戴执中,夏定中译,哈尔滨工业大学出版社,2015),9-13页.?
也就是说,等式\(\mbox{(\ref{e9})}\)右边实际上没有关于\(\ln\omega_i\)的真实项,其系数一定为0,从而等式右边对\(\ln\omega_i\)求偏导后都必然为0.等式\(\mbox{(\ref{e9})}\)左边与\(\ln\omega_i\)无关,求偏导数后也为0.― 编者注?
因此有\(m\leq k\).―编者注?
注意这不是一个隐函数,仍然仅是一个方程.― 编者注?
由于可被除尽,因而方程\(F(x,y,z)=0\)的根\(z_1,z_2,\cdots,z_m\)必为方程\(\mbox{(\ref{e12})}\)的根,由此便可得到\(\mbox{(\ref{e13})}\),而这些式子则确为恒等式.― 编者注?
这里相当于是把\(\mbox{(\ref{e13})}\)确定的\(y\)关于\(x,z_r\)的关系式代入到积分式中.―编者注?
即Viète定理.―编者注?
原文到此戛然而止.需要说明的是,这些函数的有理性,是由于等式\(\mbox{(\ref{y1})}\)中的各个线性无关项,都被表示成了关于\(x,y\)的有理函数或有理函数的对数函数,从而确认了表达式中的各项,不是有理函数就是有理函数的对数函数.这里似乎隐含的运用了下面还没证明的定理5的内容(也就是说运用Liouville定理获得的展开式中,各项\(\omega_i(x)\)的有理性不因为展开式的调整而有所改变),我个人认为如此,也向读者请教是否有更好的理解方法.―编者注?
原文未显性写出这个等式及其代入关系,为了便于读者理解,补充于此.―编者注?
每一次操作都减少了函数的数量,而当\(k=1\)时等式\(\mbox{(\ref{e15})}\)一定不能成立,故总是可以通过有限次操作实现这一目的.―编者注?
唠叨一句,如果对此有疑问,不妨看一下第一页脚注中关于代数函数的定义里那个不可约方程.从另一个粗略的角度说,如果把代数函数理解为包含根式的有理函数,那么只要知道其有最高次项便不难理解这个式子.―编者注?
由对数项的系数不为0知\(x_0=0\)的确是这个Abel积分的对数奇点.―编者注?
原文无本句话,编者结合实际情况添上了.―编者注?
参见第一节初等函数的定义即可理会这一点.―编者注?
此处依据的是复变函数论中的Liouville定理(注意不是本文中的那一个):有界的整函数必是常函数.而有理函数均是整函数.?
絮叨一句,正是那三者中的两者\(p,\frac{m+1}{n}\)不为整数保证了小数部分总是非零的.―编者注?
\(r+s=1\)的情况要除外,因为\(r+s=1-(p+\frac{m+1}{n})\),而\(p+\frac{m+1}{n}\)已假定为整数.?
把\((x+1)^{-s}\)展开再逐项积分即可.―编者注?
显而易见积分\(\mbox{(\ref{f2})}\)在\(x\rightarrow\infty\)时是发散的(\(r+s>1\)),再加上有\(\mbox{(\ref{f4})}\)有界成立,说明无穷远点是该积分的极点而非对数奇点,因此可知其是第二类Abel积分.原文未完全表清,为方便读者理解,絮叨几句.―编者注?
原文地址：https://www.cnblogs.com/xjtu-blacksmith/p/9813663.html
