Sau đây, ta xét một số bài toán áp dụng hệ quả trong việc chứng tỏ một hàm số không có nguyên hàm là hàm số sơ cấp.
Bài toán 3.12. Chứng minh hàm số ex2 không có nguyên hàm sơ cấp trên trường hàm các số hữu tỉ C(x).
Bài giải.
Thật vậy, theo Hệ quả 3.2 thì hàm số ex2 có một nguyên hàm sơ cấp nếu và chỉ nếu có một hàm số hữu tỉ R(x) sao cho1 = R(x)0+ 2R(x)x. Ta sẽ chứng minh hàm số đã cho không thỏa điều kiện trên bằng phương pháp chứng minh phản chứng như sau.
Giả sử tồn tại hàm số hữu tỉ R(x) = p(x)
q(x) với p(x), q(x) là các đa thức thỏa
mãn phương trình trên. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sửp, q là các đa thức nguyên tố cùng nhau. Do đó, ta có thể viết lại 1 = R(x)0 + 2R(x)x dưới dạng 1 = p 0 q −q0p q2 + 2p qx. Đẳng thức trên tương đương với
q −2px−p0 = q
0 p q .
Từ đó suy ra q là một ước của q0p. Mặt khác, vì (p, q) = 1 nên tồn tại s, r ∈ R[x] sao cho ps +qt = 1. Từ đó suy ra q0ps +q0qt = q0. Vì q là ước của q0ps và q cũng là ước của q0qt nên từ phương trình trên ta suy ra q là ước của q0. Do đó q là đa thức hằng. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử q = 1. Từ đó suy ra 1 = p0+ 2px. Khi đó, nếu p = 0 thì từ điều kiện trên ta suy ra điều vô lý, còn nếu p 6= 0 thì với việc so sánh bậc ở hai vế ta cũng suy ra điều vô lý. Vậy R ex2dx không là hàm số sơ cấp.
Tổng quát hơn bài toán này, ta có bài toán sau.
Bài toán 3.13. Hàm số x2neαx2 với n∈ N không có nguyên hàm sơ cấp trên trường hàm các số hữu tỉ C(x).
Bài giải.
Thật vậy, ta sẽ chứng tỏ phương trình x2n = R0(x) + 2αxR(x) không có nghiệmR(x) hữu tỉ trên trường hàm số hữu tỉC(x) bằng phương pháp phản chứng như sau.
Giả sử x2n = R0(x) + 2αxR(x), trong đó R(x) = p(x)
q(x) với p(x) và q(x) là
hai đa thức nguyên tố cùng nhau. Khi đó R0(x) = p
0(x)q(x)−p(x)q0(x)
q2(x) . Từ
đó suy ra
x2nq2(x) = p0(x)q(x)−p(x)q0(x) + 2αxp(x)q(x). (3.1) Ta viết lại phương trình (3.1) dưới dạng như sau.
[x2nq(x)−p0(x)−2αxp(x)]q(x) =−p(x)q0(x). (3.2) Nếu x0 là nghiệm bội k ≥ 1 của q(x) thì x0 là nghiệm của vế trái của (3.2) với bội lớn hơn hoặc bằng k. Mặt khác, vì p(x) vàq(x) là hai đa thức nguyên tố cùng nhau nên x0 là nghiệm bội k − 1 của vế phải của (3.2). Điều này mâu thuẫn. Do đó q0(x) = 0, suy ra q(x) là một hằng số. Không mất tính tổng quát ta giả sử q(x) = 1. Khi đó (3.1) trở thành
x2n = p0(x)+2αxp(x). (3.3) Chúng ta sẽ chỉ ra rằng (3.3) không có nghiệm bằng cách so sánh các hệ số. Vì p là một đa thức của x nên nếu n ≥1 thì bậc của p(x) phải bằng 2n−1. Gọi p(x) =
2n−1 P
j=1
cjxj. Thay vào (3.3) ta được
x2n = 2n−1 P j=0 jcjxj−1 + 2n−1 P j=0 2αcjxj+1 = 2n−2 P j=0 (j+ 1)cj+1xj + 2n P j=1 2αcj−1xj = c1 + 2n−2 P j=1 [(j+ 1)cj+1 + 2αcj−1]xj + 2αc2n−2x2n−1 + 2αc2n−1x2n.
Thực hiện phép đồng nhất thức ta được hệ phương trình c1 = 0 (j + 1)cj+1 + 2αcj−1 = 0, j = 1,2, . . . ,2n−2 c2n−2 = 0 2αc2n−1 = 1.
Hệ phương trình này là vô nghiệm (vì0 = c2n−1 = 1
2α là vô lý). Do đó không có đa thức p(x) thỏa mãn (3.3) với n ≥ 1. Còn nếu n ≤ 0 thì rõ ràng (3.3) không có nghiệm là đa thức. Từ đây suy ra không có một hàm số hữu tỉ R(x) nào thỏa mãn phương trình vi phân đã cho.
Như một trường hợp đặc biệt của bài toán trên, với n = 0, α = 1 ta thấy rằng hàm số ex2 không có nguyên hàm sơ cấp.
Bài toán 3.14. Hàm số ex
x không có nguyên hàm sơ cấp trên trường hàm các số hữu tỉ C(x).
Bài giải.
Thật vậy, tương tự phép chứng minh của bài toán(3.12) trên ta sẽ chứng minh phương trình 1
x = R(x)
0 + R(x) không có nghiệm R(x) hữu tỉ trên trường hàm số hữu tỉ C(x) bằng phương pháp phản chứng như sau.
Giả sửR(x) = p(x)
q(x) trong đóp(x), q(x)là các đa thức thỏa mãn phương trình
trên. Không mất tính tổng quát ta giả sửp(x), q(x) là hai đa thức nguyên tố cùng nhau. Ta có thể viết lại 1
x = R(x) 0+R(x) dưới dạng 1 x = p0q −pq0 q2 +p q. Đẳng thức này tương đương với (p0x+ px−q)q = pq0x. Giả sử p(x) có bậc dương. Gọix0 là nghiệm bộik củap(x).Nếux0 6= 0thì đa thức(p0x+px−q)q có bậc lớn hơn hoặc bằngk và vì (p, q) = 1 nên đa thức pq0x có bậc nhỏ hơn k. Điều này vô lý vì (p0x + px−q)q = pq0x. Còn nếu x0 = 0 thì đa thức
(p0x+px−q)q có bậc lớn hơn hặc bằng k + 1 và vì (p, q) = 1 nên đa thức pq0x có bậc nhỏ hơn hặc bằng k. Điều này vô lý vì (p0x+ px−q)q = pq0x. Do đó đa thức q có bậc 0 hay q là đa thức hằng. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sửq = 1. Từ đó ta suy ra1 = R(x)0+ 2R(x)xhay 1 = p0+ 2px. Nếu p = 0 thì từ phương trình trên ta suy ra điều vô lý, còn nếu p 6= 0 thì
bằng việc so sánh bậc ở hai vế của phương trình trên ta suy ra điều vô lý. Vậy hàm số ex
x không có nguyên hàm sơ cấp.
Bài toán 3.15. Hàm số x−necx với n∈ N∗ và c là hằng số khác 0 không có nguyên hàm sơ cấp trên trường hàm các số hữu tỉ C(x).
Bài giải.
Thật vậy, tương tự phép chứng minh của bài toán (3.12) ta sẽ chứng minh x−n = R0(x) +cR(x) không có nghiệm R(x) hữu tỉ trên trường hàm số hữu tỉ C(x) bằng phương pháp phản chứng như sau. Giả sử có hàm số R(x) = p(x)
q(x), với p(x) và q(x) là hai đa thức nguyên tố cùng nhau, thỏa
mãn x−n = R0(x) +cR(x). Khi đó, ta có 1 xn = p 0q −q0p q2 + cp q . Từ đây, ta có thể viết q(−q +xnp0 +cxnp) = xnpq0. (3.4) Giả sử rằng bậc của q là dương, lấy x0 là nghiệm của q(x) với bội r, nếu x0 6= 0 thì x0 là nghiệm của vế trái (3.4) với bội nhỏ nhất r; trong khi đó x0
là nghiệm với bội r −1 của về phải (3.4), mâu thuẫn. Do vậy x0 = 0 phải là nghiệm của q(x) hay q(x) = kxr với k là hằng số khác 0. Thay q(x) = kxr vào phương trình (3.4) ta được
xr(−kxr +p0xn+cpxn) =rpxn+r−1. (3.5) Nếu n < r thì 0 là một nghiệm với bội nhỏ nhất là r + n của vế trái (3.5) trong khi 0 là nghiệm bội n+ r −1 của vế phải (3.5), điều này vô lí. Nếu n ≥ r và n 6= r = 1 thì 0 là nghiệm bội 2r của vế trái (3.5) trong khi 0 là nghiệm bội n+r−1 của vế phải của (3.5). Do đó 2r = n+r −1, điều này vô lí. Nếu n= r+ 1 thì rút gọn (3.5) ta được xp0 = k+rp−cxp. Nhưng hai vế của phương trình là các đa thức có bậc khác nhau, điều này cũng vô lý. Do vậy, điều giả sử p(x) có bậc dương là không đúng. Từ đó suy ra q phải là hằng số. Không mất tính tổng quát, lấy q(x) = 1, khi đó (3.4) trở thành
Không có một đa thức nào thỏa mãn (3.6) vì n là số dương. Do đó phương trình x−n = R0(x) +cR(x) không có nghiệm hữu tỉ.
Ở bài toán(3.12) và bài toán(3.13), ta đã xét hai trường hợp riêng của hàm số có dạng f(x) = xneaxm trong đó a là hằng số khác 0 và m, n là các số nguyên. Một câu hỏi đặt ra cho chúng ta là với điều kiện nào của m và n thì
Z
xneaxmdx (3.7)
không là hàm số sơ cấp. Điều này tương đương với điều kiện nào của m và n thì phương trình
xn = R0(x) +m.a.xm−1R(x)
không có nghiệm trong trường C(x).
Để trả lời câu hỏi này, ta lần lượt xét các trường hợp cụ thể của n và m. Giả sử có hàm số R(x) = p(x)
q(x) với p(x) và q(x) là hai đa thức nguyên tố
cùng nhau thỏa mãn xn = R0(x) +m.a.xm−1R(x). Khi đó, ta có xn = p
0q −q0p
q2 +m.a.xm−1p
q. Biến đổi phương trình này, ta được
q p0 +m.a.xm−1p−qxn= pq0. (3.8) Ta sẽ lần lượt xét các trường hợp cụ thể của n và m như sau.
Trường hợp n < 0. Khi đó, nếu m < 0 thì không mất tính tổng quát ta giả sử m ≤ n. Biến đổi phương trình (3.8), ta được phương trình
q x1−mp0+ m.a.p−qx1+n−m = x1−mpq0.
Tương tự bài toán(3.14) ta suy ra q phải là hằng số. Không mất tính tổng quát ta lấy q(x) = 1. Biến đổi phương trình (3.8) ta được phương trình x1+n−m = p0x1−m +m.a.p.
Vì m ≤ n < 0 nên không có một đa thức p nào thỏa phương trình trên. Do đó phương trình xn = R0(x) +m.a.xm−1R(x) không có nghiệm trong trường C(x).
Nếu m = 1 thì theo bài toán(3.14), ta suy ra R xneaxmdx không là hàm số sơ cấp.
Nếu m > 1 thì từ phương trình (3.8), sử dụng các phép biến đổi đơn giản ta được phương trình q x−np0 +m.a.pxm−1−n−q= x−npq0.
Lập luận tương tự bài toán(3.14) ta suy ra q phải là hằng số. Không mất tính tổng quát, ta lấy q(x) = 1. Biến đổi phương trình (3.8) về dạng
1 =p0x−n +m.a.pxm−1−n. Vì m > 1, n < 0 nên không có một đa thứcp nào thỏa phương trình trên. Do đó phương trình xn = R0(x) + m.a.xm−1R(x)
không có nghiệm trong trường C(x).
Trường hợp n = 0. Khi đó, tích phân (3.7) có dạng R eaxmdx.Khi đó, nếu m <0 thì biến đổi phương trình (3.8) ta được phương trình
q x1−mp0 +m.a.p−qx1−m = x1−mpq0.
Tương tự bài toán(3.14) ta suy ra q phải là hằng số. Không mất tính tổng quát ta lấy q(x) = 1. Biến đổi phương trình (3.8) về dạng
1 = p0+ m.a.px1−m.
Vì m < 0 nên không có một đa thức p nào thỏa phương trình trên. Do đó phương trình xn = R0(x) +m.a.xm−1R(x) không có nghiệm trong trường C(x).
Nếu m = 0 thì R xneaxmdx = R eadx là hàm số sơ cấp. Nếu m = 1 thì R xneaxmdx = R eaxdx là hàm số sơ cấp.
Nếu m >1 biến đổi phương trình (3.8) ta được phương trình q p0 +m.a.pxm−1 −q = pq0.
Tương tự bài toán(3.14) ta suy ra q phải là hằng số. Không mất tính tổng quát ta lấy q(x) = 1. Biến đổi phương trình (3.8) ta được phương trình
1 =p0 +m.a.pxm−1. Vì m > 1 nên không có một đa thức p nào thỏa phương trình trên. Do đó phương trình xn = R0(x) +m.a.xm−1.R(x) không có nghiệm trong trường C(x).
Trường hợp n= 1. Khi đó, tích phân (3.7) trở thành R xeaxmdx. Nếu m <0 thì từ phương trình (3.8), ta được
Tương tự bài toán(3.14) ta suy ra q phải là hằng số. Không mất tính tổng quát lấy q(x) = 1. Biến đổi phương trình (3.8) ta được phương trình x =
p0 +m.a.pxm−1.
Vì m < 0 nên không có một đa thức p nào thỏa phương trình trên. Do đó phương trình xn = R0(x) +m.a.xm−1R(x) không có nghiệm trong trường C(x).
Nếu m = 0 thì R xneaxmdx = R x.eadx là hàm số sơ cấp.
Nếu m = 1 thì R xneaxmdx = R x.eaxdx là hàm số sơ cấp (theo phương pháp tích phân từng phần).
Nếu m >1 thì rút gọn phương trình (3.8), ta được q p0 +m.a.pxm−1 −qx = pq0.
Tương tự bài toán(3.14) ta suy ra q phải là hằng số. Không mất tính tổng quát lấy q(x) = 1. Biến đổi phương trình (3.8) ta thu được x = p0 +
m.a.pxm−1. Vì m > 1 nên không có một đa thức p nào thỏa phương trình trên. Do đó phương trình xn = R0(x) +m.a.xm−1R(x) không có nghiệm trong trường C(x).
Trường hợp n > 1. Khi đó, nếu m <0 thì từ phương trình (3.8), ta được q x1−mp0+ m.a.p−qxn+1−m = x1−mpq0.
Tương tự bài toán (3.14) ta suy ra q phải là hằng số. Không mất tính tổng quát ta lấy q(x) = 1. Biến đổi phương trình (3.8) ta được phương trình xn+1−m = p0x1−m +m.a.p. Vì n > 1 và m < 0 nên phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 ở trên có nghiệm làp= e−Rm.a.xm−1dx[R xn.eRm.a.xm−1dxdx+C], với C là hằng số.
Vậy không có một đa thứcpnào thỏa phương trình trên. Do đó phương trình xn = R0(x) + m.a.xm−1R(x) không có nghiệm trong trường C(x).
Nếu m = 0 thì R xneaxmdx = R
xn.eadx là hàm số sơ cấp. Nếu m = 1 thì R xneaxmdx = R xneaxdx là hàm số sơ cấp .
Nếu m > 1 thì biến đổi phương trình (3.8), ta thu được phương trình q p0 +m.a.pxm−1 −qx = pq0. Tương tự bài toán(3.14) ta suy ra q phải là hằng số. Không mất tính tổng quát ta lấy q(x) = 1. Biến đổi phương trình
(3.8) ta thu được phương trình
x = p0 +m.a.pxm−1.
Vì m > 1 nên không có một đa thức p nào thỏa phương trình trên. Do đó phương trình xn = R0(x) +m.a.xm−1.R(x) không có nghiệm trong trường C(x).
Như vậy, để hàm số xneaxm không có nguyên hàm sơ cấp thì hoặc n < 0 m < 0∨m = 1∨m > 1, hoặc n = 0 m < 0∨m >1, hoặc n= 1 m < 0∨m > 1, hoặc n > 1 m < 0∨m > 1. Nhận xét 3.2. Bằng cách áp dụng hệ thức Euler hay đồng nhất thức, các tích phânR xncos(axm)dx;R xncosh(axm)dx;R xnsin(axm)dx, . . . có thể biểu diễn thành tổng các tích phân dạng (3.7). Thật vậy, ta có
R xncos(axm)dx = ReR xneiaxmdx, R xncosh(axm)dx = 1 2 R xneaxmdx+ 1 2 R xne−axmdx, R xnsink(axm)dx = 1 2i R (xneiaxm −xne−iaxm)dx.
Nhận xét 3.3. Dùng các phép biến đổi sơ cấp như đổi biến, tích phân từng phần hay tách riêng phần thực và phần ảo những hàm số biến số phức, ta có thể chuyển các tích phân về dạng đặc biệt đã biết từ đó kết luận được các nguyên hàm là hàm số sơ cấp hay không là hàm số sơ cấp.