Дуга кривой -элементарная функция

[e7e5]

Такая задача:
При каких рациональных числах $\alpha$ ($\alpha \ne 0$) длина дуги кривой
$y=ax^{\alpha}$ $0 < x_0 \le x \le t$, является элементарной функцией t?

Дается указазание: Воспользоваться теоремой Чебышева от интегрируемости дифференциального бинома.

Для начала найдем элемент длины такой кривой
$dS=\sqrt{1+a^2 \alpha^2 x^{2(\alpha-1)}}dx$
А вот что дальше? По идее нужно для длины ( интеграла) найти такие параметры, при которых этот определенный интеграл считается в элементарных функциях.

[Полосин]

Теорема Чебышёва: интеграл $\int x^m(a+bx^n)^pdx$ ($m,n,p$ - рациональные) сводится к интегрированию рациональных функций только в следующих трех случаях: 1) $p$ - целое; 2) $(m+1)/n$ - целое; 3) $(m+1)/n+p$ - целое.
В нашем случае $m=0, p=1/2, n=2(\alpha-1)$, стало быть, $1/(2(\alpha-1))$ или $1/(2(\alpha-1))+1/2$ должно быть целым. Естественно, не забудем тривиальный случай $\alpha=1$.

[Brukvalub]

Полосин в сообщении #196765 писал(а):

Теорема Чебышёва: интеграл $\int x^m(a+bx^n)^pdx$ ($m,n,p$ - рациональные) сводится к интегрированию рациональных функций

Здесь есть некоторая натяжка: остается непонятным, почему в других случаях (т.е. когда придется интегрировать нерац. функцию) интеграл не возьмется в элементарных функциях...

[Полосин]

Теорема Чебышёва именно это и утверждает: интеграл не выражается через элементарные функции ни при каких рациональных значениях параметров, за исключением трех указанных случаев.

[e7e5]

Полосин писал(а):

Теорема Чебышёва именно это и утверждает: интеграл не выражается через элементарные функции ни при каких рациональных значениях параметров, за исключением трех указанных случаев.

Как то сходу сложновато. Взял учебник, там пару слов, доказательства нет
Еще упоминается русский математик Д.Д. Мордухай-Болотовский, рассматревший иррациональные параметры.

Подробнее можете пояснить пожалуйста...

[Полосин]

П.Л.Чебышёв. «Об интегрировании иррациональных дифференциалов», [1853], Полное собр. соч., т. 2, 1947.

[AD]

e7e5 в сообщении #197018 писал(а):

Подробнее можете пояснить пожалуйста...

Вам выдали критерий (да-да, необходимое и достаточное условие) и предложили его применить к конкретной задаче. Думаю, доказывать или понимать доказательство самого критерия не требуется.

[e7e5]

Полосин писал(а):

В нашем случае $m=0, p=1/2, n=2(\alpha-1)$, стало быть, $1/(2(\alpha-1))$ или $1/(2(\alpha-1))+1/2$ должно быть целым. Естественно, не забудем тривиальный случай $\alpha=1$.

Пусть $1/(2(\alpha-1))=l$, $l$ принадлежит $Z$,
Тогда $\alpha= \frac{1+2l} {2l}$

А ответ такой приводится: $\alpha= \frac{1+l} {l}$
$l$ принадлежит $Z$, $l \ne0, -1$

Двойка затесалась откуда? $dS$ на правильно посчитал?

[Полосин]

Вы забыли про вторую возможность.

[e7e5]

Полосин писал(а):

или $1/(2(\alpha-1))+1/2$ должно быть целым. Естественно, не забудем тривиальный случай $\alpha=1$.

Пусть $1/2(\alpha-1)+1/2=l$, $l$ принадлежит $Z$,
Тогда $\alpha= \frac{2l} {2l-1}$

С ответом все равно не сходится: $\alpha= \frac{1+l} {l}$
$l$ принадлежит $Z$, $l \ne0, -1$

[Полосин]

e7e5, вы, похоже, переутомились. Две серии $\frac{1+2l}{2l}$ и $\frac{2l}{2l-1}$ как раз и эквивалентны одной серии $\frac{1+l}l$.

[e7e5]

Полосин писал(а):

[b] Две серии $\frac{1+2l}{2l}$ и $\frac{2l}{2l-1}$ как раз и эквивалентны одной серии $\frac{1+l}l$.

Спасибо, не заметил сразу. Просто самостоятельно изучаю математику.