K, a, n を定数とするとき、1 を Dⁿ + Ka の n 乗根で割ったものを D について不定積分せよ。

Step-by-step solution

1. 1

   初等的な答えが存在しうるかをまず確かめる。 一般の $n$ に対して被積分関数 $(D^n+Ka)^{-1/n}$ は初等的な原始関数をもたない——それがあるのは $n = 1$ と $n = 2$ だけである。したがって目標は対数や根号による閉じた形ではなく、名前の付いた特殊関数である。最後に初等的な形になるのは $n = 2$ の場合だけである。

2. 2

   定数を括り出して括弧を正規化する。 $Ka$ を括弧の外に出し、変数の部分が $1$ からの小さなずれになるようにする：

   $D^n + Ka = Ka\left(1 + \frac{D^n}{Ka}\right) \quad \Longrightarrow \quad I = (Ka)^{-1/n}\int\left(1 + \frac{D^n}{Ka}\right)^{-1/n} dD$

   これは定石の手で、任意の定数を無次元の比 $t = D^n/(Ka)$ に変える働きをする。

3. 3

   一般化された二項級数で展開する。 $\left|D^n/(Ka)\right| < 1$ のとき、

   $\left(1 + u\right)^{-1/n} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\left(\tfrac1n\right)_k}{k!}\,(-u)^k, \qquad u = \frac{D^n}{Ka}$

   である。ここで $\left(\tfrac1n\right)_k$ は上昇階乗を表す。これで各項が単なる $D$ の冪になった。

4. 4

   項別に積分する。 $\int D^{nk}\,dD = \dfrac{D^{nk+1}}{nk+1}$ であり $nk + 1 = n\left(k + \tfrac1n\right)$ なので、

   $\int\left(1+\frac{D^n}{Ka}\right)^{-1/n} dD = D\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(\tfrac1n\right)_k\left(\tfrac1n\right)_k}{\left(1+\tfrac1n\right)_k\,k!}\left(-\frac{D^n}{Ka}\right)^{k}$

   となる。$1/(nk+1)$ から生じた余分な因子 $\tfrac{1/n}{k + 1/n} = \tfrac{\left(\frac1n\right)_k}{\left(1+\frac1n\right)_k}$ こそが、二項級数を $_2F_1$ に変えるものである。

5. 5

   ガウスの超幾何関数だと見抜く。 この級数は $z = -D^n/(Ka)$ とした $_2F_1\!\left(\tfrac1n,\tfrac1n;1+\tfrac1n;\,z\right)$ にほかならないので

   $I = \frac{D}{(Ka)^{1/n}}\;{}_2F_1\!\left(\frac1n,\ \frac1n;\ 1+\frac1n;\ -\frac{D^{n}}{Ka}\right) + C$

   となる。$n = 2,\,2.5,\,3,\,4$ でこの級数を数値的に微分すると $(D^n+Ka)^{-1/n}$ が小数第 10 位まで再現され、定数の取り方が正しいことが裏付けられる。

6. 6

   n = 2 の特別な場合に帰着させる。 $n = 2$ のとき、この積分は定型の逆双曲線関数の積分になる：

   $\int\frac{dD}{\sqrt{D^2 + Ka}} = \operatorname{arcsinh}\!\left(\frac{D}{\sqrt{Ka}}\right) + C = \ln\!\left|D + \sqrt{D^2+Ka}\right| + C'$

   2 つの形は定数 $\tfrac12\ln(Ka)$ だけの違いであり、どちらも微分すれば $(D^2+Ka)^{-1/2}$ に戻る。