¿Es posible expresar $ \int\sqrt {x+ \sqrt {x+ \sqrt {x+1}}}dx$ en las funciones elementales?

Question

Le pregunté una pregunta en Math.SE el año pasado y más tarde ofreció una recompensa por ello, pero sigue sin resolverse incluso en el caso más simple. Así que finalmente decidí volver a poner este caso aquí:

¿Es posible expresar la siguiente integral indefinida en funciones elementales? $${ \large\int } \sqrt {x+ \sqrt {x+ \sqrt {x+1}}}\ dx$$

Answer 1

La respuesta es "no". Hacer la sustitución $$ x = \frac {(t-1)(t-5)(t^2+2t+5)}{16t^2}, $$ se encuentra $$ { \textstyle\sqrt {x+ \sqrt {x+ \sqrt {x+1}}}\, \mathrm {d}x} = \frac {(t^2-2t+5)(t^2-5) \sqrt {t^4{-}2t^2{-}40t+25}\ \mathrm {d}t}{32t^4}. $$ Denota el lado derecho de la ecuación anterior por $ \beta $ . Ahora, el ajuste $$ Q(t) = \frac {(25-25t-14t^2-3t^3+t^4)}{96t^3}, $$ uno encuentra que $$ \beta = \mathrm {d} \left (Q(t) \sqrt {t^4{-}2t^2{-}40t+25} \right ) + \frac {(10+15t-2t^2+t^3)\, \mathrm {d}t}{8t \sqrt {t^4-2t^2-40t+25}}\, $$ El segundo término en el lado derecho es en forma normal para los diferenciales en la curva elíptica $s^2 = t^4-2t^2-40t+25$ que son impar con respecto a la involución $(t,s) \mapsto (t,-s)$ . Ya que este término representa un diferencial que tiene dos polos de orden $2$ (sobre los dos puntos donde $t= \infty $ ) y dos polos de orden $1$ (sobre los dos puntos donde $t=0$ ), una aplicación del Teorema de Liouville (sobre la integración en términos elementales, con el campo diferencial tomado como el campo de las funciones meromórficas en la curva elíptica) muestra que este término no es integrable en términos elementales. De ahí que $ \beta $ no lo es, y por lo tanto el integrando original no lo es.

Answer 2

Estoy agregando una respuesta separada para la pregunta general que la OP hizo, que resuelve la pregunta en forma negativa para todos $n>2$ (y da una prueba alternativa para $n=3$ a la que di arriba).

Recordemos que la OP definió una secuencia de funciones algebraicas $f_n$ por la regla $f_0(x) = 1$ , $f_1(x) = \sqrt {x+1}$ y $f_{n+1}(x) = \sqrt {x + f_n(x)}$ para todos $n \ge 1$ . Se observó que $f_n$ tiene un antiderivado elemental para $n=0$ , $1$ y $2$ y el problema era determinar si $f_n$ tiene un antiderivado elemental para algunos $n>2$ .

Voy a demostrar que no hay ningún antiderivado elemental de $f_n$ cuando $n>2$ .

Supongamos que $n>2$ (NB: Esto es importante, porque el argumento a continuación no trabajar para $n \le2 $ el lector puede disfrutar encontrando donde se descompone), y dejar $K_n = { \mathbb C} \bigl (x,f_n(x) \bigr )$ ser el campo diferencial elemental generado por $x$ y $f_n(x)$ . Luego $K_n$ es el campo de las funciones meromórficas en la normalización $ \hat C_n$ de la curva algebraica $C_n$ definido por el grado mínimo $y$ -polinomio amónico $P_n(x,y)$ que satisface $P_n \bigl (x,f_n(x) \bigr ) \equiv 0$ . Este grado mínimo es $2^n$ por ejemplo, $P_2(x,y) = (y^2-x)^2-x-1$ y $P_3(x,y) = \bigl ((y^2-x)^2-x \bigr )^2-x-1$ etc.

Desde $P_{n+1}(x,y) = (P_n(x,y)+1)^2-x-1$ para $n \ge 1$ con $P_1(x,y)=y^2-x-1$ se ve, aplicando el Criterio de Eisenstein a $P_n(x,y)$ considerado como un elemento de $D[y]$ con $D$ siendo el dominio integral ${ \mathbb C}[x]$ que $P_n(x,y)$ es irreducible para todos $n \ge 1$ . Por lo tanto, $ \hat C_n$ está conectado.

Será importante en lo que sigue observar que $K_n$ tiene una involución $ \iota $ que arregla $x$ y envía $f_n(x)$ a $-f_n(x)$ Esto es porque $P_n(x,y)$ es un polinomio uniforme en $y$ . El campo fijo de $ \iota $ es ${ \mathbb C} \bigl (x,\,f_n(x)^2 \bigr )$ y el $(-1)$ -espacio propio de $ \iota $ es ${ \mathbb C} \bigl (x,\,f_n(x)^2 \bigr )f_n(x) = K_{n-1}{ \cdot }f_n(x)$ .

Ahora, la curva $C_n \subset \mathbb {CP}^2$ tiene sólo un punto en la línea del infinito, a saber $[1,0,0]$ pero la normalización $ \hat C_n$ tiene $2^{n-1}$ puntos que se encuentran sobre este punto. Pueden ser parametrizados de la siguiente manera: Primero, establecer la convención que $ \sqrt {u}$ significa que la función analítica única en el complejo $u$ -aplano menos su eje negativo y $0$ que satisface $ \sqrt1 = 1$ y $ \bigl ( \sqrt {u} \bigr )^2 = u$ . Deje que $ \epsilon = ( \epsilon_1 , \ldots , \epsilon_ {n-1})$ ser cualquier secuencia con ${ \epsilon_k }^2=1$ y considerar la secuencia de funciones $g^ \epsilon_k (t)$ definido por los criterios $g^ \epsilon_1 (t) = \sqrt {1+t^2}$ y $g^ \epsilon_ {k+1}(t) = \sqrt {1+ \epsilon_ {n-k}t g^ \epsilon_k (t)}$ para $1 \le k < n$ . Elegir, como se puede, un $ \delta_n >0$ suficientemente pequeño para que, cuando $t$ es complejo y satisface $|t|< \delta_n $ todas las funciones $g^ \epsilon_k $ son analíticos cuando $|t|< \delta_n $ . En particular, se encuentra una expansión $$ g^ \epsilon_n (t) = 1+ \tfrac12\epsilon_1\ ,t + \tfrac18 (2 \epsilon_1\epsilon_2 -1)t^2 + O(t^3). $$

Además, es fácil verificar que el disco en $ \mathbb {CP}^2$ definido por $$ [x,y,1] = [1,\ t g^ \epsilon_n (t),\ t^2] \qquad\text {for} \quad |t|< \delta_n $$ es una parametrización no singular de una rama de $C_n$ en un barrio del punto $[1,0,0]$ . En la normalización $ \hat C_n$ esto es entonces una parametrización local de un vecindario de un punto $p_ \epsilon\in \hat C_n$ . Obviamente, esto describe $2^{n-1}$ puntos distintos sobre $ \hat C_n$ .

Cuando $x$ y $f_n$ se consideran funciones meromórficas en $ \hat C_n$ , se deduce que hay una carta de coordenadas locales única $t_ \epsilon :D_ \epsilon\to D(0, \delta_n ) \subset \mathbb {C}$ de un disco abierto $D_ \epsilon\subset \hat C_n$ sobre $p_ \epsilon $ de tal manera que $t_ \epsilon (p_ \epsilon )=0$ y en cuál tiene fórmulas $$ x = \frac1 {{t_ \epsilon }^2} \quad\text {and} \quad f_n(x) = \frac {g^ \epsilon_n (t_ \epsilon )}{t_ \epsilon } = \frac {1+ \tfrac12\epsilon_1\ t_ \epsilon + \tfrac18 (2 \epsilon_1\epsilon_2 -1)\ {t_ \epsilon }^2} {t_ \epsilon } + O({t_ \epsilon }^2). $$ En particular, se deduce que $f_n(x)$ como una función meromórfica en $ \hat C_n$ , tiene un divisor polar igual a la suma de la $p_ \epsilon $ y por lo tanto tiene el grado $2^{n-1}$ . Por supuesto, esto implica que el divisor cero de $f_n(x)$ en $ \hat C_n$ debe ser de grado $2^{n-1}$ también.

Tenga en cuenta que las funciones $g^ \epsilon_k $ satisfacer $g^{- \epsilon }_k(-t) = g^{ \epsilon }_k(t)$ donde $- \epsilon = (- \epsilon_1 , \ldots ,- \epsilon_ {n-1})$ . Esto implica que $ \iota (p_ \epsilon ) = p_{- \epsilon }$ y que $t_ \epsilon\circ\iota = -t_{- \epsilon }$ .

Ahora, el $2^{n-1}$ ceros de $f_n(x)$ en $ \hat C_n$ son distintos, ya que son los ceros del polinomio $q_n(x) = P_n(x,0) = (q_{n-1}+1)^2-x-1$ y el discriminante de $q_n$ siendo el resultado de $q_n$ y $q_n'$ es claramente un entero impar, y por lo tanto no es cero. Por lo tanto, $C_n$ es una doble cubierta ramificada de $C_{n-1}$ se ramificó exactamente donde $f_{n}$ tiene sus ceros. Esto induce una cubierta ramificada $ \pi_n : \hat C_n \to \hat C_{n-1}$ que es exactamente el cociente de $ \hat C_n$ por la involución $ \iota $ (cuyos puntos fijos son donde $f_n$ tiene sus ceros). Desde entonces uno tiene la fórmula de Riemann-Hurwitz $$ \chi ( \hat C_n) = 2 \chi ( \hat C_{n-1}) - B_n = 2 \chi ( \hat C_{n-1}) - 2^{n-1}, $$ y $ \chi ( \hat C_1) = \chi ( \hat C_2) = 2$ La inducción da $ \chi ( \hat C_n) = (3{-}n)2^{n-1}$ así que el género de $ \hat C_n$ es $(n{-}3) 2^{n-2} + 1$ . (Esto no será realmente necesario abajo, pero es interesante.)

Los únicos polos de $x$ y $f_n(x)$ en $ \hat C_n$ son los puntos $p_ \epsilon $ , y el cálculo usando las expansiones anteriores muestra que, en un barrio de $p_ \epsilon $ se tiene una expansión de la forma $$ f_n(x)\, \mathrm {d} x - \mathrm {d} \left (f_n(x) \bigl ( \tfrac12\ x + \tfrac16\ f_n(x)^2 \bigr ) \right ) = \left ( \frac { (1- \epsilon_1\epsilon_2 ) } {4{t_ \epsilon }^2} + O({t_ \epsilon }^{-1}) \right )\ \mathrm {d} t_ \epsilon\ . $$ Así, el diferencial meromórfico $ \eta $ en $ \hat C_n$ definido por el lado izquierdo de esta ecuación tiene, en el peor de los casos, polos dobles en los puntos $p_ \epsilon $ y ningún otro polo.

Ahora, por el Teorema de Liouville, $f_n$ tiene un antiderivado elemental si y sólo si $f_n(x)\ \mathrm {d} x$ y, por lo tanto, la forma $ \eta $ son expresables como combinaciones lineales finitas de diferenciales exactos y diferenciales logarítmicos. Por lo tanto, $f_n(x)$ tiene un antiderivado elemental si y sólo si $ \eta $ es expresable en la forma $$ \eta = \mathrm {d} h + \sum_ {i=1}^m c_i\, \frac { \mathrm {d} g_i}{g_i} $$ para algunos $h,g_1, \cdots g_m \in K_n$ y algunas constantes $c_1, \ldots ,c_m$ . Supongamos que existen. Desde $ \eta $ tiene, en el peor de los casos, polos dobles en el $p_ \epsilon $ y ningún otro polo, se deduce que $h$ debe tener, en el peor de los casos, simples postes en los puntos $p_ \epsilon $ y ningún otro polo; de hecho, $h$ se determina de manera única hasta una constante aditiva porque su expansión a $p_ \epsilon $ en términos de $t_ \epsilon $ debe ser de la forma $$ h = \frac { \epsilon_1\epsilon_2 -1}{4t_ \epsilon } + O(1). $$
Además, porque $ \eta $ es impar con respecto a $ \iota $ se deduce que $h$ (después de añadir una constante adecuada si es necesario) también debe ser impar con respecto a $ \iota $ . Esto implica, en particular, que $h$ se desvanece en cada uno de los ceros de $f_n$ (que, por el argumento anterior, son simples ceros). Esto implica que $h = r\,f_n$ para algunos $r \in K_{n-1}$ que no tiene polos y satisface $r(p_ \epsilon ) = ( \epsilon_1\epsilon_2 -1)/4$ para cada uno $ \epsilon $ . Sin embargo, ya que $r$ no tiene polos y $ \hat C_n$ está conectado, de lo que se deduce que $r$ es constante. Por lo tanto, no puede tomar los dos valores distintos $0$ y $-1/2$ como la ecuación $r(p_ \epsilon ) = ( \epsilon_1\epsilon_2 -1)/4$ implica.

Así, el deseado $h$ no existe, y $f_n$ no puede ser integrado en términos elementales para ninguna $n>2$ .