對 D 求 1 除以 Dⁿ + Ka 的 n 次方根的不定積分，其中 K、a、n 都是常數。

Step-by-step solution

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   先確認會不會有初等形式的答案。 對一般的 $n$ 來說，被積函數 $(D^n+Ka)^{-1/n}$ 並沒有初等反導函數——只有 $n = 1$ 與 $n = 2$ 才有。所以目標是寫成某個有名字的特殊函數，而不是用對數與根號組成的封閉形式。到最後只有 $n = 2$ 會化成初等函數。

2. 2

   把常數提出來，讓括號標準化。 把 $Ka$ 從括號裡提出來，變數部分就變成對 $1$ 的一個小擾動：

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

   這是標準做法：它把一個任意常數轉換成無因次的比值 $t = D^n/(Ka)$。

3. 3

   用廣義二項級數展開。 當 $\left|D^n/(Ka)\right| < 1$ 時，

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

   其中 $\left(\tfrac1n\right)_k$ 是上升階乘。現在每一項都只是 $D$ 的單純冪次了。

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   逐項積分。 因為 $\int D^{nk}\,dD = \dfrac{D^{nk+1}}{nk+1}$，而且 $nk + 1 = n\left(k + \tfrac1n\right)$，所以

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

   由 $1/(nk+1)$ 生出來的那個額外因子 $\tfrac{1/n}{k + 1/n} = \tfrac{\left(\frac1n\right)_k}{\left(1+\frac1n\right)_k}$，正是把二項級數變成 $_2F_1$ 的關鍵。

5. 5

   認出這就是高斯超幾何函數。 這個級數就是 $_2F_1\!\left(\tfrac1n,\tfrac1n;1+\tfrac1n;\,z\right)$，其中 $z = -D^n/(Ka)$，所以

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

   在 $n = 2,\,2.5,\,3,\,4$ 各處對這個級數做數值微分，都能還原出 $(D^n+Ka)^{-1/n}$ 到小數十位，可見常數配得沒錯。

6. 6

   看 n = 2 這個特例如何退化。 當 $n = 2$ 時，這個積分就是標準的反雙曲函數積分：

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

   這兩種寫法只差一個常數 $\tfrac12\ln(Ka)$，而且微分回去都會得到 $(D^2+Ka)^{-1/2}$。