FUNÇÕES SEM PRIMITIVA ELEMENTAR

FUNÇÕES SEM PRIMITIVA ELEMENTAR RICARDO MAMEDE 1. Teoremas de Liouville O Teorema Fundamental da Cálculo assegura que para uma qualquer função contínua f no intervalo [a, b], a função F (x) = x a f(t)dt, x (a, b), é uma primitiva de f. Além disso, para uma vasto leque de funções existem técnicas que permitem escrever a primitiva F (x) à custa de somas de funções simples, ou elementares, tais como funções racionais, trigonométricas, exponenciais ou logaritmos. Um exemplo deste tipo de funções é dado pelas funções racionais, cujo integral é ou uma função racional, ou a soma de uma função racional com um número finito de múltiplos de logaritmos de funções racionais. Laplace, em 1812, provou este resultado decompondo uma função racional r(x) = p(x)/q(x), onde p(x) e q(x) são polinómios, em fracções parciais (veja-se [7]), r(x) = t(x) + m j=1 b j (x c j ) k j, onde t(x) é um polinómio e b j, c j, k j são constantes, e notando que a primitiva de um polinómio é também um polinómio, e que a primitiva de um termo 1/(x c j ) kj é ou um termo desta forma (se k j 1), ou um logaritmo (se k j = 1). No entanto, para algumas funções mais complicadas tais como (1.1) e x2, e x x, eex, sin(x) x, ou ln x x 2 + 1, já não é possível exprimir as suas primitivas, que existem pelo Teorema Fundamental do Cálculo, em termos de funções elementares. Por função elementar na variável x designamos qualquer função que, num número finito de passos, possa ser construída através de funções algébricas, da função exponencial ou da função logarítmica, aplicando as operações de adição, subtracção, multiplicação, divisão e composição de funções. Optamos por considerar coeficientes complexos de forma a incluir as funções trigonométricas elementares e suas inversas no leque de funções elementares, uma vez que, por exemplo, sin(x) = eix e ix e arcsin(x) = i ln(ix + 1 x 2i 2 ). O que se aceita como integral de uma dada função tem variado ao longo do tempo. Os dois inventores do cálculo, Newton e Leibniz, tinham abordagens diferentes relativamente à integração [6]: Newton aceitava integrais como séries infinitas mas rejeitava funções transcendentes, tais como exponenciais ou logaritmos. Já Leibniz favorecia soluções em termos finitos, admitindo o uso de funções transcendentes. Ao longo do século XVIII as preferências por uma ou outra abordagem dividiam-se, mas à medida 1

2 RICARDO MAMEDE que o conhecimento das novas funções aumentou, a preferência pelas expressões finitas prevaleceu. Foi Joseph Liouville (1809-1882) que estabeleceu a integração em termos finitos como uma disciplina matemática numa série de artigos publicados entre 1833 and 1841. Após ter considerado a questão de quando uma função algébrica possui um integral algébrico [3], Liouville atacou o problema da identificação das funções algébricas que possuem um integral elementar [4]. Para resolver esta questão, provou em 1834 o que é hoje em dia designado por Teorema de Liouville (1834): se y é uma função algébrica na variável x e y(x)dx é elementar, então y(x)dx = t(x) + n k i ln u i (x), onde k 1,..., k n são constantes, e t(x), u 1 (x),..., u n (x) são funções algébricas. Este teorema e as suas generalizações, são a base de praticamente todos os trabalhos feitos nesta área (para uma visão global veja-se, por exemplo, [8]). A sua prova baseia-se no facto da derivada de um termo exponencial ser exponencial e da derivada de um termo logarítmico de ordem maior do que 1 ser também logarítmico. Assim, uma função algébrica não pode ter termos exponenciais nem logarítmicos, excepto se estes últimos aparecerem como combinações lineares (para mais pormenores veja-se [12, p. 21]). Em 1935 Liouville generalizou o seu resultado para várias variáveis, aumentando a classe de funções que se pode provar não ter integral elementar. Teorema Forte de Liouville (1835). (a) Se f é uma função algébrica nas variáveis x,y 1,...,y m, onde y 1,..., y m são funções de x cujas derivadas dy 1 /dx,..., dy m /dx são também funções algébricas nas variáveis x, y 1,..., y m, então f(x, y 1,..., y m ) dx é elementar se e só se n f(x, y 1,..., y m ) dx = u 0 + c j ln(u j ), onde os c j são constantes e os u j são funções algébricas nas variáveis x, y 1,..., y m. (b) Se f(x, y 1,..., y m ) é uma função racional e dy 1 /dx,..., dy m /dx são também funções racionais nas variáveis x, y 1,..., y m, então as funções u j da parte (a) são funções racionais nas variáveis x, y 1,..., y m. A prova deste teorema segue essencialmente os mesmos passos do teorema de 1934 (veja-se [12]). Um caso frequente de aplicação do Teorema Forte de Liouville é sobre uma função algébrica uma vez que f(x, y 1,..., y 7 ) = F (x, e x, ln x, exp(e x ), ln(ln x), sin(x), cos(x), cos(e x )), dy 1 dx = y 1, dy 5 dx = y 6, i=1 j=1 dy 2 dx = 1 x, dy 3 dx = y 1y 3, dy 6 dx = y 5, and dy 7 dx = y 1 dy 4 dx = 1, xy 2 1 y7, 2 são funções algébricas nas variáveis x, y 1,..., y 7. Um caso particular do Teorema Forte de Liouville é o chamado Teorema Racional de Liouville que enunciamos de seguida e cuja prova pode ser encontrada em [12, p. 47].

3 Teorema Racional de Liouville. (Liouville [5], Ritt [12]) Se f e g são funções algébricas na variável x, com g não constante, e se fe g dx é elementar, então fe g dx = Re g, para alguma função racional R nas variáveis x, f e g. Em particular, se f e g forem polinómios, R é uma função racional de x. Este resultado é um caso particular do Teorema de Liouville, mas é suficientemente geral para os nossos propósitos nestas notas: mostrar como usar os teoremas de Liouville para verificar se um dado integral pode, ou não, ser escrito à custa de funções elementares, e em particular mostrar que as primitivas das funções (1.1) não são funções elementares. Para leituras complementares sugerimos os textos [2, 12, 8, 9, 10, 11, 13, 14]. Exemplo 1. Se g(x) é um polinómio com grau gr(g) > 1, então e g(x) dx não é uma função elementar. Demonstração. Por absurdo, suponhamos que e g(x) dx é uma função elementar. Então, pelo Teorema Racional de Liouville, temos e g(x) dx = R(x)e g(x), para alguma função racional R(x). Derivando esta expressão, e dividindo-a por e g(x), obtemos 1 = R (x) + R(x)g (x). Se R(x) = p(x)/q(x), com p(x) e q(x) polinómios primos entre si, a expressão anterior implica que (1.2) q(x)(q(x) p (x) g (x)p(x)) = p(x)q (x). Se o grau gr(q) > 0, então o polinómio q(x) possui uma raiz x = α de multiplicidade, digamos k > 0. Além disso, p(α) 0, pois p(x) e q(x) são primos entre si. Desta forma, podemos concluir que x = α é uma raiz de multiplicidade pelo menos k do membro esquerdo de (1.2), mas é raiz de multiplicidade no máximo k 1 do membro direito de (1.2). Esta contradição significa que q(x) é uma constante, que podemos assumir ser 1, pelo que obtemos g (x)p(x) = 1 p(x). Mas esta igualdade é impossível pois gr(g (x)p(x)) gr(p(x)) > gr(p (x)). Conclui-se assim que e g(x) dx não é elementar. Em particular, os integrais e x2 dx e e x2 dx não são funções elementares. O segundo destes integrais é a chamada função erro erf(x) (por vezes na sua definição aparece o coeficiente 2/ π). Esta é, essencialmente, uma nova função transcendente que não pode ser expressa usando funções elementares, e que é usada, em conjunto com as funções elementares, por programas de computação simbólica como o Maple, Mathematica ou Sage para expressar outros integrais mais complicados.

4 RICARDO MAMEDE Exemplo 2. Se f(x) é um polinómio com grau gr(f) 1, então e x f(x) dx não é uma função elementar. Demonstração. Pelo Teorema Racional de Liouville, se e x f(x) dx = R(x)ex, e x dx fosse elementar, teríamos f(x) para uma certa função racional R(x) = p(x)/q(x), com p(x) e q(x) polinómios primos entre si. Derivando a equação anterior e dividindo-a por e x, obtemos ou ainda, 1 f(x) = R (x) + R(x) = p (x)q(x) p(x)q (x) + p(x)q(x), q 2 (x) (1.3) q(x)(q(x) f(x)p (x) f(x)p(x)) = f(x)p(x)q (x). Se o grau gr(q) > 0, então o polinómio q(x) possui uma raiz x = α de multiplicidade, digamos k > 0. Além disso, p(α) 0, pois p(x) e q(x) são primos entre si. Desta forma, se f(α) 0, podemos concluir que x = α é uma raiz de multiplicidade pelo menos k do o membro esquerdo de (1.3), mas é raiz de multiplicidade no máximo k 1 do membro direito de (1.3). Por outro lado, se α fosse raiz de multiplicidade r > 0 do polinómio f, então da expressão (1.3) concluiríamos que α seria raiz de multiplicidade k + r 1 do membro direito desta igualdade, e raiz de multiplicidade k + r do membro esquerdo. Esta contradição significa que q(x) é uma constante, que podemos assumir ser 1, pelo que obtemos f(x)p (x) = 1 f(x)p(x). Mas esta igualdade é impossível pois gr(f(x)p(x)) > gr(f(x)p (x)). e x Concluímos assim que o integral dx não é elementar. Muitos outros integrais x podem ser reduzidos à forma das funções integrandas dos exemplos anteriores, quer por mudança de variáveis, quer usando integração por partes, ou ainda por separação das suas partes reais e imaginárias. Exemplo 3. 1/ ln x. Se t 2 = ln x, então 1 dx = ln x 2e t2 dt. Como o segundo membro não é uma função elementar, o mesmo se passa relativamente ao primeiro membro desta igualdade. Exemplo 4. x k 1 / ln x, com k 0. Se u = k ln x, então x k 1 e u ln x dx = u du. Como o segundo membro não é uma função elementar, o mesmo se passa relativamente ao primeiro membro desta igualdade.

5 Exemplo 5. exp(e x ). Se t = e x, então e t e ex dx = t dt. Como o segundo membro não é uma função elementar, o mesmo se passa relativamente ao primeiro membro desta igualdade. Exemplo 6. ln(ln x). Usando integração por partes, podemos escrever 1 ln(ln x) dx = x ln(ln x) lnx dx. Como o integral de 1/ ln x não é elementar, o mesmo se verifica com o integral de ln(ln x). Exemplo 7. sin(x)/x. Relembremos que se f(x) = u(x)+iv(x), com u(x) e v(x) funções reais, então Re f(x) dx = Re (f(x)) dx = u(x) dx, Im f(x) dx = Im (f(x)) dx = v(x) dx. Além disso, se f(x) dx for elementar, então as suas partes reais e imaginárias u(x) dx e v(x) dx são também elementares. Pela identidade de Euler e ix = cos(x) + i sin(x), temos sin(x)/x = Im(e ix /x). Como e ix /x não possui integral elementar, o mesmo se passa com sin(x)/x. Terminamos esta secção com outro caso especial do Teorema Forte de Liouville que permite analisar funções da forma r(x) ln x, com r(x) uma função racional, obtido por G.H. Hardy [1, p. 50] em 1905 (veja-se também [8]). Teorema de Liouville-Hardy (1905). Se r(x) é uma função racional, então r(x) ln x dx é elementar se e só se existe uma função racional g(x) e uma constante c tal que r(x) = c/x + g (x). Exemplo 8. Se r(x) = Π n j=1(x a j ) 1, com a j constantes não nulas e distintas duas a duas, então r(x) ln x dx não é uma função elementar. Demonstração. Pelo teorema anterior, temos de verificar se existe alguma função racional g(x) e uma constante c tal que g (x) = c/x + r(x). Usando a decomposição de r(x) em fracções próprias, obtemos n g b j (x) = c/x +, x a j para certas constantes b j. Concluímos assim que g(x) = c ln x+ n j=1 b j ln(x a j )+C não é uma função racional, quaisquer que sejam as constantes c e C. Portanto r(x) ln x dx não é elementar. Em particular, os integrais ln x x a dx, j=1 ln x x 2 1 dx e elementares, qualquer que seja a constante a 0. Notemos que ln x dx não são funções x 2 + 1 ln x x dx = (ln x)2 /2. Este resultado não contradiz o Teorema de Liouville-Hardy uma vez que fazendo c = 1 e r(x) = 1/x, a função constante g(x) = 0 satisfaz g (x) = r(x) c/x.

6 RICARDO MAMEDE 2. Apêndice 1: Funções Algébricas e Funções Transcendentes O conjunto das funções reais de variável real pode ser dividido em duas classes: as funções algébricas e as funções transcendentes. Uma função y = f(x) diz-se algébrica se satisfaz uma equação da forma (2.1) p n (x)y n (x) + p n 1 (x)y n 1 (x) + + p 1 (x)y(x) + p 0 (x) = 0, para certos polinómios p 0 (x), p 1 (x),..., p n (x) não todos nulos, e para todo o x no domínio de f. O menor inteiro n para o qual (2.1) se verifica chama-se o grau de f. Uma função que não é algébrica, ou seja, que não satisfaz qualquer equação da forma (2.1), diz-se transcendente. Por exemplo, qualquer função racional r(x) = p(x)/q(x), com p(x) e q(x) polinómios, é algébrica uma vez que satisfaz a equação q(x)y p(x) = 0. Também a função f(x) = x é algébrica, pois satisfaz y 2 x 2 = 0. Já a função exponencial, a função logarítmica e as funções trigonométricas são exemplos de funções transcendentes, como veremos de seguida. Teorema 1. A função exponencial e x é transcendente. Demonstração. Suponhamos que e x é algébrica com grau n, e seja (2.2) p n (x)e nx + p n 1 (x)e (n 1)x + + p 1 (x)e x + p 0 (x) = 0, onde os P j (x) são polinómios e o grau gr(p n (x)) é mínimo. Derivando (2.2), relativamente à variável x, e subtraindo desta a equação (2.2) previamente multiplicada por n, obtemos: p n(x)e nx + ( p m 1 p n 1 ) e (n 1)x + + (p 1 (n 1)p 1 ) e x + (p 0 np 0 ) = 0. Uma vez que esta última equação ou tem grau menor do que n, ou contradiz a minimalidade de gr(p n (x)), obtemos uma contradição. Portanto, podemos concluir que e x é uma função transcendente. Corolário 2. Para qualquer b > 0 e b 1, a função exponencial b x é transcendente. Demonstração. Assumindo que b x é algébrico (com b e), existem polinómios p n (x), p n 1 (x),..., p 0 (x), com n 1 e p n (x) 0, tal que ou, de forma equivalente, p n (x) (b x ) n + p n 1 (x) (b x ) n 1 + + p 1 (x)b x + p 0 (x) = 0, (2.3) p n (x) ( e x ln b) n + pn 1 (x) ( e x ln b) n 1 + + p1 (x)e x ln b + p 0 (x) = 0, é satisfeita para todo o x real. Fazendo a substituição t = x ln b na equação (2.3) obtemos ( ) t (e (2.4) p ) ( ) t n t (e ) ( ) ( ) n + t n 1 t t pn 1 + + p1 e t + p 0 = 0. ln b ln b ln b ln b Considerando os polinómios q k (t) = p n (t/ ln b), k = 0, 1,..., n, temos que q n (t) 0 e q n (t)e nt + p n 1 (t)e (n 1)t + + q 1 (t)e t + q 0 (t) = 0, o que contradiz o facto de e x ser transcendente. Concluímos assim que b x é uma função transcendente. O próximo resultado mostra que um múltiplo não nulo de uma função transcendente é igualmente transcendente.

7 Proposição 3. Para qualquer constante c 0, a função f(x) é transcendente se e só se cf(x) é transcendente. Demonstração. Suponhamos que f(x) é transcendente e que cf(x) é algébrica. Então, existem polinómios p n (x), p n 1 (x),..., p 0 (x), com n 1 e p n (x) 0, tais que p n (x)c n f n (x) + p n 1 (x)c n 1 f n 1 (x) + + p 1 (x)cf(x) + p 0 (x) = 0, para todo o x pertencente ao domínio de f(x). obtemos a identidade Mas então, fazendo q k (x) = c k p k (x), q n (x)f n (x) + q n 1 (x)f n 1 (x) + + q 1 (x)f(x) + q 0 (x) = 0, o que significa que f(x) é transcendente, contradizendo a nossa hipótese. Assim, somos levados a concluir que cf(x) é transcendente. Reciprocamente, se cf(x) é transcendente, então pela implicação provada atrás temos que f(x) = (1/c)cf(x) é transcendente. Portanto, qualquer múltiplo não nulo ce x é uma função transcendente. No entanto, a soma de funções transcendentes não é, necessariamente, uma função transcendente. Por exemplo, a soma das funções transcendentes e x e e x é a função transcendente 2e x, mas a sua diferença e x e x = 0 é algébrica. No entanto, somar constantes a uma função transcendente resulta numa função transcendente como veremos de seguida. Proposição 4. Se a função f(x) é transcendente então 1+f(x) é também transcendente. Demonstração. Suponhamos que 1 + f(x) é uma função algébrica. Então, existem polinómios p n (x), p n 1 (x),..., p 0 (x), com n 1 e p n (x) 0, tais que (2.5) p n (x)(1 + f(x)) n + p n 1 (x)(1 + f(x)) n 1 + + p 1 (x)(1 + f(x)) + p 0 (x) = 0, para todo o x no domínio de f. Pelo Teorema Binomial, temos k ( ) k (1 + f(x)) k = f j (x), j para k = 0, 1,..., n. Substituindo estas expressões na equação (2.5) e factorizando as potências de f com o mesmo expoente, obtemos uma equação da forma q n (x)f n (x) + q n 1 (x)f n 1 (x) + + q 1 (x)f(x) + q 0 (x) = 0, onde os q k (x) são polinómios e q n (x) = p n (x). Isto significa que f é algébrica, o que contradiz a nossa hipótese. Portanto, a função 1 + f(x) é transcendente. Teorema 5. Uma função f é transcendente se e só se a sua recíproca 1/f é transcendente. Demonstração. Suponhamos que f é transcendente. Se a sua recíproca 1/f é algébrica, existem polinómios p n (x), p n 1 (x),..., p 0 (x), com n 1 e p n (x) 0, tais que 1 (2.6) p n (x) f n (x) + p 1 n 1(x) f n 1 (x) + + p 1 1(x) f(x) + p 0(x) = 0, para todo o x pertencente ao domínio de 1/f. Multiplicando ambos os membros de (2.6) por f n (x) obtemos p n (x) + p n 1 (x)f(x) + + p 1 (x)f n 1 (x) + p 0 (x)f n (x) = 0, o que contradiz o facto de f ser transcendente. Reciprocamente, se 1/f é transcendente, então o seu recíproco 1/(1/f) = f é transcendente. j=0 Podemos agora provar que as funções trigonométricas elementares são transcendentes.

8 RICARDO MAMEDE Teorema 6. As funções trigonométricas sin(x), cos(x), tan(x), cot(x), sec(x) e csc(x) são transcendentes. Demonstração. Vamos provar que sin(x) é transcendente. As provas para cos(x) e tan(x) são semelhantes. Uma vez que a recíproca de uma função transcendente é também transcendente, concluímos então que cot(x), sec(x) e csc(x) são igualmente transcendentes. Suponhamos então que sin(x) é algébrica. Então, existem polinómios p n (x), p n 1 (x),..., p 0 (x), com n 1 e p n (x) 0, tais que (2.7) p n (x) sin n (x) + p n 1 (x) sin n 1 (x) + + p 1 (x) sin(x) + p 0 (x) = 0, é satisfeita para todo o x real, com n o grau de sin(x). Comecemos por supor que p 0 (x) = 0. Se n = 1, a equação (2.7) fica reduzida a p 1 (x) sin(x) = 0, pelo que temos p 1 (x) = 0 para todo o x kπ, com k inteiro, pois sin(x) anula-se nestes pontos. Um polinómio de grau, digamos m 1 tem, pelo Teorema Fundamental da Álgebra, no máximo m zeros reais. Deste modo temos necessariamente p 1 (x) = 0, o que contradiz o facto de assumirmos que p n (x) 0. Segue que temos de ter n 2. Uma vez que estamos a supor que p 0 (x) = 0, podemos destacar sin(x) da (2.7) e obter p n (x) sin n 1 (x) + p n 1 (x) sin n 2 (x) + + p 2 (x) sin(x) + p 1 (x) = 0, o que contradiz o facto de n ser o grau de sin(x). Concluímos assim que o polinómio p 0 (x) não pode ser o polinómio nulo, pelo que tem necessariamente um número finito de raízes. Mas uma vez que sin(x) se anula para todo o x = kπ, a equação (2.7) fica reduzida a p 0 (kπ) = 0 para todo o inteiro k, o que contradiz o facto de p 0 (x) ter um número finito de raízes. Portanto, a suposição de que sin(x) é algébrico leva a uma contradição, pelo que podemos concluir que esta função é transcendente. Vamos agora mostrar que a função inversa de uma função transcendente é também transcendente (evidentemente se esta existir). Como consequência deste resultado, concluímos que as funções trigonométricas inversas arcsin(x), arccos(x), arctan(x), bem como a função logaritmo log b (x) são transcendentes. Teorema 7. Uma função f é transcendente se e só se a sua função inversa f 1 é transcendente. Demonstração. Seja y = f(x) uma função transcendente com função inversa f 1 (y) = x, e suponhamos que f 1 é algébrica. Então, existem polinómios p n (y), p n 1 (y),..., p 0 (y), com n 1 e p n (y) 0, tais que p n (y) ( f 1 (y) ) n + pn 1 (y) ( f 1 (y) ) n 1 + + p1 (y)f 1 (y) + p 0 (y) = 0, é satisfeita para todo o y no domínio de f 1. Como y = f(x) se e só se f 1 (y) = x, temos p n (f(x))x n + p n 1 (f(x))x n 1 + + p 1 (f(x))x + p 0 (f(x)) = 0, para todo o x no domínio de f. Se p k (y) = a k m k y m k + a k mk 1y m k 1 + + a k 1y + a k 0, para k = 0, 1,..., n, então (2.8) p k (f(x))x k = a k m k f m k (x)x k + a k m k 1f m k 1 (x)x k + + a k 1f(x)x k + a k 0x k. Somando as n + 1 igualdades (2.8), temos que o membro esquerdo é zero. Quanto ao membro direito, após factorizarmos as potências de f com o mesmo expoente, obtemos uma expressão da forma 0 = q m (x)f m (x) + q m 1 (x)f m 1 (x) + + q 1 (x)f(x) + q 0 (x),

9 onde os q k (x) são polinómios, m é o máximo dos m k e q m (x) 0. A equação anterior mostra que f é uma função algébrica, o que é uma contradição. Concluímos assim que f 1 é transcendente. Terminamos com a prova de que as funções trigonométricas hiperbólicas sinh(x), cosh(x) e tanh(x), bem como as suas recíprocas e inversas, são funções transcendentes. Teorema 8. As funções sinh(x) e cosh(x) são transcendentes. Demonstração. Vamos provar que sinh(x) é transcendente. A prova para cosh(x) é análoga. Como sinh(x) = (1/2)(e x e x ), pela proposição 3 basta provar que e x e x é transcendente. Por absurdo, suponhamos que e x e x é uma função algébrica. Então, existem polinómios p n (x), p n 1 (x),..., p 0 (x), com n 1 e p n (x) 0, tais que (2.9) p n (x)(e x e x ) n + p n 1 (x)(e x e x ) n 1 + + p 1 (x)(e x e x ) + p 0 (x) = 0, para todo o x real. Pelo Teorema Binomial, temos k ( ) k (e x e x ) k = e (k 2j)x, j j=0 para k = 0, 1,..., n. Substituamos estas expressões na equação (2.9) e multipliquemos pelos polinómios p k (x). De seguida, factorizemos cada factor e mx, notando que a potência e mx com maior inteiro m é e nx, e com menor inteiro m é e nx. A equação (2.9) fica então (2.10) q 2n (x)e nx + q 2n 1 (x)e (n 1)x + + q n+1 (x)e x + q n (x)e 0x + q n 1 (x)e x + + + q 2 (x)e (n 2)x + q 1 (x)e (n 1)x + q 0 (x)e nx = 0, onde cada q k (x) é igual a algum p j (x), ou é a soma de dois ou mais polinómios p j (x), e portanto é um polinómio, e q 2n (x) = p n (x) 0. Multiplicando ambos os membros da equação (2.10) por e nx, obtemos q 2n (x) (e x ) 2n + q 2n 1 (x) (e x ) 2n 1 + + q n+1 (x) (e x ) n+1 + q n (x) (e x ) n + q n 1 (x) (e x ) n 1 + + + q 2 (x) (e x ) 2 + q 1 (x)e x + q 0 (x) = 0, o que significa que e x é algébrica: uma contradição. Concluímos assim que e x e x é transcendente. Teorema 9. A função tanh(x) é transcendente. Demonstração. Uma vez que tanh(x) = sinh(x), podemos escrever cosh(x) tanh(x) = ex e x e x + e = (ex + e x ) 2e x = 1 2e x x e x + e x e x + e = 1 + ( 2) 1 x 1 + e. 2x A função exponencial e 2x = (e 2 ) x é transcendente pelo corolário 2, pelo que 1 + e 2x é também transcendente pela proposição 4. Uma vez que a recíproca de uma função transcendente é transcendente, podemos usar as proposições 3 e 4 para concluir que tanh(x) é transcendente. Uma vez que a recíproca e a função inversa de uma função transcendente é igualmente transcendente, podemos concluir o seguinte resultado. Corolário 10. (a) As funções coth(x), sech(x) e csch(x) são transcendentes. (b) As funções trigonométricas hiperbólicas inversas sinh 1 (x), cosh 1 (x), tanh 1 (x), coth 1 (x), sech 1 (x) e csch 1 (x) são transcendentes.

10 RICARDO MAMEDE Referências [1] G. H. Hardy, The Integration of Functions of a Single Variable, 2nd ed., Cambridge University Tracts in Mathematics and Mathematical Physics, no. 2, Cambridge, England, 1916. [2] T. Kasper, Integration in Finite Terms: the Liouville Theory, Mathematics Magazine 53 (1980), pp. 195 201. [3] J. Liouville, Mémoire sur la détermination des Intégrales dont la valeur est algébrique, J. Ecole Polytechnique, vol. 14, cahier 22, pp. 124 193, Paris. [4] J. Liouville, Mémoire sur les Transcendantes Elliptiques de première et de seconde espéce considérées comme fonctions de leur amplitude, J. Ecole Polytechnique, vol. 14, pp. 37 83, Paris. [5] J. Liouville, Mémoire sur l integration d une classe de fonctions transcendantes, J. Reine Angew. Math., vol. 13 (1835), pp. 93 118. [6] C. H. Edwards Jr., The Historical Development of the Calculus, Springer-Verlag, New York, 1979. [7] R. Mamede, Expansão de uma função racional em fracções parciais. Coimbra 2010. (Disponível em http://www.mat.uc.pt/ mamede/artigos/fraccoesparciais.pdf). [8] E. A. Marchisoto and G-A Zakeri, An invitation to Integration in Finite Terms. The college Mathematics Journal, Vol 25-4 (1994), pp. 295-308. [9] D. G. Mead, Integration. The American Mathematical Monthly, Vol. 68, No. 2 (1961), pp. 152 156. [10] R. H. Risch, The problem of integration in finite terms, Transactions of the American Mathematical Society 139 (1969) 167 189. [11] R. H. Risch, The solution of the problem of integration in finite terms, Bulletin of the American Mathematical Society 76 (1970) 605 608. [12] J. Ritt, Integration in Finite Terms, New York, 1948. [13] M. Rosenlicht, Liouville s theorem on functions with elementary integrals, Pacific Journal of Mathematics 24:1 (1968) 153 161. [14] M. Rosenlicht, Integration in finite terms, American Mathematical Monthly 79:9 (1972) 963 972.