12
布赖恩·康拉德
in
C（X ） 。
由代数基本定理，
a
j
0
(X) =
c
(X
ρ
k
)
e
k
为
非零
c
∈
C,
非零整数
e
k
和两两不同的
ρ
k
∈
C,
so
a
j
(X)
e
k
=
.
(n
j
0
）G （ X ） =
0
a
j
0
(X)
X
ρ
k
自
g
is
非恒定
和
N =
0
= 0，所以（正-j中
0
）克（x） = 0时，必须有一些
ρ
k
’s
因此
g
（x）的行为类似的1 /非零常数倍数| X
ρ
1
|
as
x
→
ρ
1
.
但这种逆线性增长的非恒定有理函数的导数
是不可能的：我们可以写成
G（ X）
= (X
ρ
1
)
G（ X）
in
C（ X） ，
哪里
∈
Z
和
非零
G（ X）
∈
C（ X）
具有分子和分母是非零
at
ρ
1
和通过分别处理该案件
φ <
0,
= 0，并
= ＆ GT ;
0我们从来没有得到
逆线性增长
|g
（ x）|的作为
x
→
ρ
1
。这是一对矛盾。
由引理5.1 ，如果
H
∈
C [ X，
Y
]不为0则1 / H （X ，
e
G（ X）
）是有道理的
亚纯函数。因此，对于任何有理函数
F
=
G（ X，Y
） / H（X ，
Y
)
同
G，H
∈
C [ X，
Y
]和
H
= 0 ，我们得到了一个好德网络斯内德亚纯函数
F
(x,
e
G（ X）
) =
G（ X ，E
G（ X）
） / H（X ，
e
G（ X）
）的
x
在适宜的非空开间隔
in
R.
现在，我们用它来改写（ 5.2 ）更代数计算通过消除
外观指数函数，如下所示。观察到（E
G（ X）
) =
g
（X ）电子
G（ X）
，所以更
一般对于任何
H（ X，Y
)
∈
C（X ） [Y
]我们有
H（X ，E
G（ X）
）=（ h ）（的x，
e
G（ X）
），其中
:
C（X ） [Y
]
→
C（X ） [Y
]是算子
(
r
j
（X ）Y
j
) =
(r
j
(X) +
jg
（X ）R
j
（ X） ）Y
j
.
这导致了以下的改写（5.2） ：
引理
5.2.
身份
(p
j
(X,
Y
))
Q（ X，Y
） （P （X ，
Y
))
P（ X，Y
） （Q （X ，
Y
))
(5.5)
f
（ X） Y =
c
j
+
p
j
(X,
Y
)
Q（ X，Y
)
2
j
保持在二变量有理函数音响场
C（ X，
Y
).
证明。
通过将两侧的进功能
x
在更换
Y
同
e
我们得到的，因为（ h ） （ X上的平等（ 5.2 ）
e
G（ X）
) =
H（X ，E
G（ X）
）任何
H（ X，Y
)
∈
C（X ） [Y
] 。因此，交叉相乘由两侧公分母后
我们可以用引理5.1来完成证明。
G（ X）
我们的目标是利用身份（ 5.5 ），以连接第二部分
R
∈
C（ X）
这样
f
(X) =
R
(X) +
g
（X）中的R（ x）中
C（X ） 。
由于（ 5.5 ）是一个代数的身份是不
包括指数函数的介入，这是一个
纯代数
问题等等
是良好的进展！这个想法求解代数问题是分析如何
术语在右侧的（5.5）都不可能具有足够的取消在denom-
inators使得右侧可以等于左侧的分母谎言
in
C [ X]
（即，它不涉及
Y
的） 。一旦我们考虑如何消除这种
可能会出现，进行了比较
Y
上的（5.5）两侧-coe FFI cients将得到所需的
身分
f
(X) =
R
(X) +
g
（X）中的R（ x）为一个合适的
R
∈
C（X ） 。
我们现在看一下右边的（ 5.5 ）分母。该
第j
长期在
在右侧总和贡献一个
可能
分母
p
j
(X,
Y
）时，
p
j
(X,
Y
)
是在一首一不可约
C（X ） [Y
] 。 （回想一下，每个
p
j
(X,
Y
）是一个不可约
C（X ） [Y
]即单胞菌中
Y
或者是一个非恒定元
C（ X） ） 。
我们之所以
讲的是“可能的”分母
p
j
(X,
Y
）这样的
j
是我们必须要考虑到
帐户，这样一个不可约
p
j
可能分裂
(p
j
(X,
Y
） ）中
C（X ） [Y
] 。假设
