導言

說明： 原文件已更新為此文件！

這裡分享的是一個有關積分的初等可積性的切比雪夫定理的證明過程，其中包含了對初等函式的定義、對阿貝爾積分的一些初步探討、劉維爾的一個初等可積判斷定理和最終切比雪夫關於二項微分式積分初等可積性的定理。

切比雪夫定理：設\[\int x^m(a+bx^n)^p\mathrm{d}x\]為一個二項微分式積分，其中\(p,m,n\)均為有理數，則其可表示為初等函式的充要條件是\(p,\frac{m+1}{n},\frac{m+1}{n}+p\)中至少一個為整數。

這篇文章來自前蘇聯蓋·伊·德林費爾特所著的《普通數學分析教程補篇》第六章，原書的中譯本出版於1960年，後來一直未嘗再版。（網上可下載到電子書

積分的初等可積性是分析內容中一個比較古典的課題，不過隨著一些現代元素的引入（例如微分代數之類的）而又發出新的光芒。可能由於這些方面的古典問題較早就已經探討清楚了（該解決的都解決了，沒解決的也知道只能解決到哪一個程度，比如說已經知道不存在有效判別一個積分是否初等可積的方法，但是對一些特定型別的積分已經研究的比較透徹），國內目前幾乎找不到有關於這一問題的比較初等的書籍（至多隻能找到從現代觀點出發的那種，普通的數學愛好者根本無法閱讀）。

我是在做謝惠民的數學分析習題時看到書中提到這一本書，去閱讀過後感到原書的翻譯非常晦澀（我個人認為原書的翻譯水平實在讓一般人無法接受），因而前段時間花了一些功夫，反覆閱讀這一章節幾次，基本上理解清楚了相關內容。我個人認為這是目前國內能找到的僅有的一份可供低年級大學生

另外，我對其中的某些證明過程之理解可能存在偏差，懇請讀者指出並聯系我改正，本人將十分感激。希望此文可對讀者的數學知識提擴充套件有一定幫助，也希望這一內容能給讀者帶來樂趣。

歡迎分享這份文件。\(\LaTeX\)原始碼一併附上（雖然其實沒用什麼很複雜的程式碼）。

正文

這一章，我們將遵循N.G.Chebotarev（契巴塔廖夫）的方法,證明關於形如 \begin{equation} \int R(x,y)\mathrm{d}x\label{e1} \end{equation} 的積分的某些古典定理,式中\(y=y(x)\)

型\(\mbox{(\ref{e1})}\)的積分叫做Abel積分.特別,形如 \begin{equation}\label{e2}\int R(x,\sqrt{ax^2+bx+c})\mathrm{d}x,\end{equation} \begin{equation}\label{e3}\int x^m(a+bx^n)^p\mathrm{d}x\end{equation} 的積分都是Abel積分.

要記住,積分\(\mbox{(\ref{e2})}\)藉助Euler變換 ²總可以劃歸為有理函式的積分.所以,積分\(\mbox{(\ref{e2})}\)一定能表示為初等函式.

積分\(\mbox{(\ref{e3})}\)稱為二項微分式積分,也可用初等函式來表示,前提是數 \[p,\frac{m+1}{n},\frac{m+1}{n}+p\] 之中至少有一個是整數³.而P.L.Chebyshev的古典定理乃是:"若三數\(p,\frac{m+1}{n},\frac{m+1}{n}+p\)都不是整數,則積分(3)不能表示為初等函式".

我們的主要目標就是要來證明這個定理.

1 關於初等函式

我們把初等函式理解為獨立變數\(x\)與函式\(\ln \omega_i(x),i=1,2,\cdots,k\)的代數函式,其中\(\omega_i(x)\)也是代數函式,但可以是復的. 顯然.函式 \[x^m,\quad(a_1x^{m_1}+a_2x^{m_2}+\cdots+a_kx^{m_k})^p,\quad\ln{\frac{a_1x^{m_1}+a_2x^{m_2}+\cdots+a_kx^{m_k}}{b_1x^{n_1}+b_2x^{n_2}+\cdots+b_qx^{n_q}}}\] 都是初等函式,但設其中所有指數都是有理數.不過,我們可以證明,函式\[\arcsin x,\quad\arccos x,\quad\arctan x,\quad\textrm{arccot} x\]也是初等函式.實際上,從關係式 \[\sin t=\frac{e^{it}-e^{-it}}{2i}=x\] 得出 \[\begin{aligned} e^{it} &= ix+\sqrt{1-x^2} \\ t = \arcsin x &= -i\ln(ix+\sqrt{1-x^2})\end{aligned}\] 而從關係式 \[\tan t=\frac{e^{it}-e^{-it}}{i(e^{it}+e^{-it})}=x\] 得到 \[\begin{aligned} e^{2it} &= \frac{1+ix}{1-ix} = \frac{(1+ix)^2}{1+x^2}\\ t &= \arctan x = -\frac{i}{2}\ln\frac{(1+ix)^2}{1+x^2}.\end{aligned}\] (從而證明了\(\arcsin x\)與\(\arctan x\)是初等函式.)顯然,沒有必要再去證明\(\arccos x\),\(\textrm{arccot} x\)的初等性.

2 Abel積分的分類

我們把Abel積分寫成這樣的形式: \begin{equation}\label{e4}\int_a^x R(t,y(t))\mathrm{d}t.\end{equation}

同時,我們還對Abel積分作如下分類:

1. 如果\(x\)取遍所有可能的值時,積分\(\mbox{(\ref{e4})}\)都有限,那麼稱這個積分為第一類Abel積分.例如,積分 \[\int_0^x \frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1+t^4}}\] 就是第一類Abel積分.
2. 如果當積分\(\mbox{(\ref{e4})}\)的上限取某些值,如取 \[a_1,a_2,\cdots,a_k\] 時,積分的值為無窮大,並且該積分還可在任意一個\(x=a_i\)的鄰域內展開為關於\(x-a_i\)的冪級數,這樣的冪級數中僅有有限個負指數項,那麼稱這個積分是第二類Abel積分.例如,積分 \[\int_0^x \frac{\mathrm{d}t}{(1-t^2)^\frac{3}{2}}=-1+\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\] 就是一個第二類Abel積分.特別地,如果一個第二類Abel積分僅有一個使其值為無窮大的點(即\(k=1\)),那麼稱其為基本的第二類Abel積分.例如,積分 \[\int_0^x\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{(1-t)^3}}=2(\frac{1}{\sqrt{1-x}}-1)\] 是一個基本的第二類Abel積分.
3. 如果積分\(\mbox{(\ref{e4})}\)具有對數奇點,則稱其為第三類Abel積分.例如,積分 \[\int_0^x\frac{t\mathrm{d}t}{1+t^2}=\frac{1}{2}\ln(1+x^2)\] 在\(x=\pm i,x=\infty\)時有對數奇點,故其是第三類Abel積分.特別的,如果一個第三類Abel積分只具有兩個對數奇點,則稱其為一個基本的第三類Abel積分.(可以證明,對於第三類Abel積分,其至少有兩個對數奇點.)

下面的一個定理說明了這一分類方法的意義:

定理1. 每一個Abel積分,一定能夠用有限個第一類Abel 積分,有限個基本的第二類Abel積分和有限個基本的第三類Abel 積分來線性地表示.

此處我們不打算證明這個定理⁴.

3 有理函式體及其擴張

變數\(x,y,\cdots\)的一切有理函式的全體,稱為關於\(x,y,\cdots\)的有理函式體(簡稱體),並記作 \[k(x,y,\cdots).\] 如果元素\(z(x,y,\cdots)\)不屬於\(k(x,y,\cdots)\),那麼係數取自\(k(x,y,\cdots)\) 的一切關於\(z\)的有理函式的全體,就稱為體\(k(x,y,\cdots)\)關於\(z\)的一個代數擴張,並用 \[k(x,y,\cdots;z)\] 來表示.這樣所得到的體,又可以新增新的元素進行代數擴張.一個代數擴張可簡稱為一個擴張.

另外,我們稱一個擴張\(k(x,y,\cdots;z)\)是簡單代數的,如果\(z\)滿足如下的不可約方程 \[f(z)=A_0z^n+A_1z^{n-1}+\cdots+A_{n-1}z+A_n=0,\] 其中\(f(z)\)是不可約的(即不能表示為\(f(z)=f_1(z)\cdot f_2(z)\)的形式),\(A_i\)屬於\(k(x,y,\cdots)\)且不全為零.

在代數函式論中可以證明⁵:

定理2. 體\(k(x,y,\cdots)\)的任何有限的代數擴張\(k(x,y,\cdots;z_1,z_2,\cdots,z_m)\)一定是單純擴張.也就是說,對體\(k(x,y,\cdots)\)新增不可約方程 \[\begin{cases} f_1(z)&=0 \\ f_2(z)&=0 \\ \cdots \\ f_m(z)&=0 \end{cases}\] 的根\(z_1,z_2,\cdots,z_m\),總是可以等價於新增一個不可約方程 \[f(z)=0\] 的所有根,該方程的根即為\(z_1,z_2,\cdots,z_m\).

我們只用一個初等的例子來驗證這個定理.設對體\(k(x)\)新增元素\(\sqrt{x},\sqrt{1+x}\)進行擴張得到\(k(x;\sqrt{x},\sqrt{1+x})\).而\(\sqrt{x},\sqrt{1+x}\)是不可約方程 \begin{equation}\label{x1} \begin{cases} z^2-x&=0\ z^2-(x+1)&=0 \end{cases}\end{equation} 的根.又由於有關係式 \[\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{1+x}}=\sqrt{x+1}-\sqrt{x}\] 成立,那麼只要令 \[u=\sqrt{x}+\sqrt{1+x},\] 就可以算得 \[\begin{cases} \sqrt{x+1}&=\frac{1}{2}(u+\frac{1}{u}),\\ \sqrt{x}&=\frac{1}{2}(u-\frac{1}{u}). \end{cases}\] 另外,很容易驗證\(u\)是不可約方程 \begin{equation}\label{x2} u^4-2(1+2x)u^2+1=0\end{equation} 的根,故通過以上的步驟我們就將原來用兩個不可約方程\(\mbox{(\ref{x1})}\)的根表示的擴張,化歸為一個不可約方程\(\mbox{(\ref{x2})}\)的根表示的擴張.

4 Liouville定理

Liouville證明了下面一個命題的正確性

定理3. （\(\mathrm{Liouville}\)） 若Abel積分 \begin{equation}\label{e5}\int_a^x R(x,y(x))\mathrm{d}x\end{equation} 可以表示為初等函式,那麼一定有 \begin{equation}\label{e6}\int_a^x R(x,y(x))\mathrm{d}x=\omega_0(x)+\sum_{r=1}^{k}a_r\ln\omega_r(x),\end{equation} 其中\(\omega_0(x),\omega_1(x),\omega_2(x),\cdots,\omega_k(x)\) 為\(x\)的代數函式（此處不假定其屬於體\(k(x,y)\)）, \(a_0,a_1,\cdots,a_k\)為常數.

證明. 設 \begin{equation}\label{e7} \int_a^x R(x,y(x))\mathrm{d}x=\Phi(x,\ln\omega_1,\cdots,\ln\omega_k).\end{equation} 我們假設\(x,\ln\omega_1,\cdots,\ln\omega_k\) 這些變數間不成立形如 \begin{equation}\label{e8} \Psi(x,\ln\omega_1,\cdots,\ln\omega_k)=0\end{equation} 的代數關係式.否則,我們可以通過刪去其中的一些\(\ln\omega_i\),來使得這一條件最終成立.

現在,設以上的"非相關"條件已然成立.對等式\(\mbox{(\ref{e7})}\)求\(x\)的偏導數,即可得到 \begin{equation}\label{e9} R(x,y(x))=\frac{\partial\Phi}{\partial x}+\frac{\partial\Phi}{\partial\ln\omega_1}\frac{\omega'_1}{\omega_1}+\cdots+\frac{\partial\Phi}{\partial\ln\omega_k}\frac{\omega'_k}{\omega_k}\end{equation} 這時可以看見,在等式\(\mbox{(\ref{e9})}\)中竟然已經成立了形如等式\(\mbox{(\ref{e8})}\)的關係,這說明等式\(\mbox{(\ref{e9})}\)一定是關於各個變數\(\ln\omega_i(i=1,\cdots,k)\)的恆等式⁶ .所以,將等式\(\mbox{(\ref{e9})}\)對\(\ln\omega_i(i=1,\cdots,k)\)分別求導後,便可以得到 \[\begin{aligned} 0&=\frac{\partial^2\Phi}{\partial x \partial\ln\omega_i}+\frac{\partial^2\Phi}{\partial\ln\omega_1\partial\ln\omega_i}\frac{\omega'_1}{\omega_1}+\cdots+\frac{\partial^2\Phi}{\partial\ln\omega_k\partial\ln\omega_i}\frac{\omega'_k}{\omega_k}\\ &=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(\frac{\partial\Phi}{\partial\ln\omega_i}).\quad(i=1,\cdots,k)\end{aligned}\] 這樣一來,便有 \begin{equation}\label{e10} \frac{\partial\Phi}{\partial\ln\omega_i}=a_i(=\mbox{常數})\quad(i=1,\cdots,k).\end{equation} 可以證明等式\(\mbox{(\ref{e10})}\)一定是恆等式.否則,其就將給出一個形如條件\(\mbox{(\ref{e8})}\) 的等式,而我們已經假設過這種情況不會出現.

由\(\mbox{(\ref{e10})}\)中的\(k\)個等式,即可解出\(\mbox{(\ref{e6})}\)的形式. (積分回去就可以了.)▌

此外,還有這樣一個結論:

定理4. 在等式\(（\ref{e6}）\)中,函式\(\omega_0,\omega_1,\cdots,\omega_k\)一定都是有理函式體\(k(x,y)\)的函式.

證明. 這裡,我們假設函式 \[\omega_0,\omega_1,\omega_2,\cdots,\omega_k\] 中的部分或全部不屬於體\(k(x,y)\),那麼我們就可以把這些函式新增到體\(k(x,y)\) 中,從而構成一個有限擴張.根據定理2,這就相當於一個擴張\(k(x,y;z)\),其中的\(z\)滿足體\(k(x,y)\)上的一個不可約方程 \begin{equation}\label{e11} F(x,y;z)=0\end{equation} 而其根 \[z_1,z_2,\cdots,z_m\] 即為函式 \[\omega_0,\omega_1,\omega_2,\cdots,\omega_k\] 中那些不在體\(k(x,y)\)內的函式⁷.由方程\(\mbox{(\ref{e11})}\)可以解出\(y\)關於\(x,z\)的表示式⁸ \begin{equation}\label{e12} y=\varphi(x,z).\end{equation} 由於方程\(\mbox{(\ref{e11})}\)是不可約的,因此差\(y-\varphi(x,z)\)一定能被表示式\(F(x,y,z)\)除盡.因此便可以推出⁹ \begin{equation}\label{e13} y=\varphi(x,z_1)=\varphi(x,z_2)=\cdots=\varphi(x,z_m).\end{equation} 設 \[\omega_i=\psi_i(x,z),\] 那麼如果記 \[\omega_{i,r}=\psi_i(x,z_r)(r=1,2,\cdots,m),\] 則根據式\(\mbox{(\ref{e13})}\)及等式 \[\int_a^x R\mathrm{d}x=\omega_0+a_1\ln\omega_1+\cdots+a_k\ln\omega_k,\] 就有等式 \[\int_a^x R\mathrm{d}x=\omega_{0,r}+a_1\ln\omega_{1,r}+\cdots+a_k\ln\omega_{k,r}(r=1,2,\cdots,m)\] 成立 ¹⁰ .將上面的\(m\)個等式相加並取平均值,便可得到 \[\label{y1} \int_a^xR\mathrm{d}x=\frac{1}{m}\left(\sum_{r=1}^m\omega_{0,r}+a_1\ln\prod_{r=1}^m\omega_{1,r}+\cdots+a_k\ln\prod_{r=1}^m\omega_{k,r}\right).\] 可以注意到,上面的表示式中,函式 \[\sum_{r=1}^m\omega_{0,r},\prod_{r=1}^m\omega_{1,r},\cdots,\prod_{r=1}^m\omega_{k,r}\] 都是方程式\(\mbox{(\ref{e11})}\)的根的對稱函式.所以根據熟知的代數學定理 ¹¹,這些對稱函式可以用方程\(\mbox{(\ref{e11})}\)的係數(\(x,y\)的有理函式)來直接有理的表示出來.

由此,便得到 \[\omega_0,\omega_1,\cdots,\omega_k\] 確實是體\(k(x,y)\)中的函式 ¹² .▌

除此以外,還可以證明關於表示式\(\mbox{(\ref{e6})}\)中各函式線性組合的係數之間的一個結果:

定理5. 在關係式 \begin{equation}\label{e14}\int_a^x R(x,y(x))\mathrm{d}x=\omega_0(x)+\sum_{r=1}^{k}a_r\ln\omega_r(x)\end{equation} 中,各個函式之間線性組合的係數 \[a_1,a_2,\cdots,a_k\] 是“有理線性無關”的,也就是說不存在\(m_1,m_2,\cdots,m_k\in\mathbb{Q}\)不全為零,使得關係 \begin{equation}\label{e15} a_1m_1+a_2m_2+\cdots+a_km_k=0\end{equation} 成立.

證明. 假如對於關係式\(\mbox{(\ref{e14})}\),仍然有線性關係\(\mbox{(\ref{e15})}\)成立,那麼就可以由等式\(\mbox{(\ref{e15})}\) 得到 ¹³ \begin{equation}\label{e16} a_1=-\frac{a_2}{m_1}m_2-\frac{a_3}{m_1}m_3-\cdots--\frac{a_k}{m_1}m_k,\end{equation} 將這個關係回代於等式\(\mbox{(\ref{e14})}\)即有 \begin{equation}\label{e17} \int_a^xR(x,y(x))\mathrm{d}x=\omega_0+\frac{a_2}{m_1}\ln\frac{\omega_2^{m_1}}{\omega_1^{m_2}}+\cdots+ \frac{a_k}{m_1}\ln\frac{\omega_k^{m_1}}{\omega_1^{m_k}}.\end{equation}

如果適當的調整記號,等式\(\mbox{(\ref{e17})}\)便具有形式 \begin{equation}\label{e18}\int_a^xR(x,y(x))\mathrm{d}x=\omega_0+b_1\ln\tilde{\omega_1}+\cdots b_{k-1}\ln\tilde{\omega}_{k-1},\end{equation} 其中\(\tilde{\omega_i}\)是代數函式,因為\(m_i\) 都是有理數.假如現在的這些係數 \[b_1,b_2,\cdots,b_{k-1}\] 之間已經不存在形如等式\(\mbox{(\ref{e15})}\)的相關性,那麼就已經實現了證明.否則,可再實行有限次 ¹⁴如上面這樣的操作,使得等式\(\mbox{(\ref{e15})}\)最終不能成立.▌

聯絡到之前有關於Abel積分分類的內容,我們還可以得到這樣幾個命題.這些命題將能夠幫助我們最終證明切比雪夫的定理.

定理6. 若一個Abel積分 \[\int R(x,y(x))\mathrm{d}x\] 可表示為初等函式,即有等式\((\ref{e6})\)成立,那麼每一個使得函式\(\omega_1,\cdots,\omega_k\)中至少一個函式變為\(0\)或無窮大的點\(x_0\)都是這個Abel積分的對數奇點.

證明. 設題目中的Abel積分能夠表示為初等函式,重新抄錄一遍等式\(\mbox{(\ref{e6})}\): \begin{equation}\label{e19} \int_a^x R(x,y)\mathrm{d}x=\omega_0(x)+a_1\ln\omega_1(x)+\cdots+a_k\ln\omega_k(x),\end{equation} 並設\(\omega_1(x)\)在某一點\(x_0\)處變為0.不失一般性,我們設\(x_0=0\).

由於\(\omega_1(x)\)是代數函式,所以就有 ¹⁵\[\omega_1(x)=x^{m_1}\varphi_1(x),\mbox{其中}\varphi_1(x)\neq0(\neq\infty),\] 其中\(m_1\in\mathbb{Q}\).

完全同樣, \[\omega_i(x)=x^{m_i}\varphi_i(x),\mbox{其中}\varphi_i(x)\neq0(\neq\infty)(i> 1),\] 其中\(m_i\in\mathbb{Q}\)(它們可以部分,甚至全部等於0).同時,\(\varphi_i(x)(i=1,2,\cdots,k))\)均為代數函式.

這樣,將上面的"分拆"代入到等式\(\mbox{(\ref{e19})}\)中便有 \[\int_a^x R(t,y(t))\mathrm{d}t=\omega_0(x)+(a_1m_1+\cdots+a_km_k)\ln x+\sum_{i=1}^k a_i\ln\varphi_i(x).\] 根據定理5,一定有 \[a_1m_1+a_2m_2+\cdots+a_km_k\neq0.\] 除此以外,我們還知道\(\omega_0(x)\)是一個代數函式,其一定沒有對數奇點.由此便知,\(x_0\)是這個Abel積分的對數奇點¹⁶.▌

到這裡,我們可以證明兩條關鍵的命題¹⁷:

定理7. 第一類Abel積分一定不能表示為初等函式.

證明. 根據定義,第一類Abel積分總是有界的.由定理6可知,如果其能夠表示為一個初等函式,那麼其被初等函式表達出來的式子裡必須不能含有對數項(否則將會與有界性矛盾).以上可知,第一類Abel積分如果能被初等表示出來,那麼其一定是體\(k(x,y)\)的元素¹⁸ .但是我們又知道,體\(k(x,y)\)中的函式除了常數函式以外都必然是無界的¹⁹ ,因而這裡又發生了矛盾.所以,第一類Abel積分不能被表示為初等函式.▌

定理8. 若第二類Abel積分能被表示為初等函式,則該積分一定是\(k(x,y)\)中的元素.

證明方法與前一命題完全相同,只不過最後一句話不要罷了.

5 P.L.Chebyshev定理

定理9. （\(\mathrm{Chebyshev}\)） 若三數 \[p,\frac{m+1}{n},\frac{m+1}{n}+p\] 都不是整數,則積分 \begin{equation}\label{f1}\int x^m(a+bx^n)^p\mathrm{d}x\end{equation} 不能表示為初等函式.

證明. 我們注意到,積分\(\mbox{(\ref{f1})}\)可以改寫為下面這樣一種形式: \begin{equation}\label{f2} \int x^{-r}(x+1)^{-s}\mathrm{d}\end{equation}\[x\] 其中\(0<r<1,0<s<1\).改寫的方法是,在\(\mbox{(\ref{f1})}\)中令\(z=x^n\)便可得到 \[\begin{aligned} \int x^m(x^n+1)^p\mathrm{d}x&=\frac{1}{n}\int z^{\frac{m+1}{n}-1}(z+1)^p\mathrm{d}z\\ &=\frac{1}{n}\int z^{-r}(z+1)^{-s}\mathrm{d}z. \end{aligned}\] 此外我們還知道,可以通過下面的關係式 \[\begin{cases} (-r+1)\int z^{-r}(z+1)^{-s}\mathrm{d}z=\\ \qquad\qquad z^{-r+1}(z+1)^{-s+1}+(r+s-2)\int z^{-r+1}(z+1)^{-s}\mathrm{d}z,\\ z^{-r+1}(z+1)^{-s+1}=\\ \qquad\qquad(s-1)\int z^{r-1}(z+1)^{-s}\mathrm{d}z+(2-r-s)\int z^{-r}(z+1)^{-s+1}\mathrm{d}z \end{cases}\] 來將對應位置的\(r,s\)增大1或減小1,由此即可以通過若干次調整使得積分號下函式滿足\(0<r<1,0<s<1\).²⁰ 現在考察兩種可能的情況²¹.

1. \(r+s>1\).在此情況下,當\(x\rightarrow0\)(因為\(r<1\)),\(x\rightarrow-1\)(因為\(s<1\))以及\(x\rightarrow\infty\)(因為\(r+s>1\)) 時,積分皆保持有界,因此積分\(\mbox{(\ref{f1})}\)在此條件下為第一類Abel積分.根據定理7,積分\(\mbox{(\ref{f1})}\)一定不能表示為初等函式.
2. \(r+s<1\).像剛才討論過的情形一樣,當\(x\rightarrow0\)與\(x\rightarrow-1\)時,積分都是有界的.注意到\(|x|<1\)時有展開式²² \begin{equation}\label{f3} \int x^{-r}(x+1)^{-s}\mathrm{d}x=\frac{1}{1-r}x^{1-r}-\frac{s}{2-r}x^{2-r}+\cdots\end{equation} 成立,而當\(|x|>1\)時也有展開式 \[\begin{aligned} \int x^{-r}(x+1)^{-s}\mathrm{d}x&=\int x^{-r-s}(1+x^{-1})^s\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{1-r-s}x^{1-r-s}+\frac{s}{r+s}x^{-r-s}+\cdots \end{aligned}\] 成立.因此,我們可以確信,表示式 \begin{equation}\label{f4} x^{s+r-1}\int x^{-r}(x+1)^{-s}\mathrm{d}x\end{equation} 也保持有界.積分\(\mbox{(\ref{f2})}\)在這種情況下是第二類Abel積分 ²³ ,於是根據定理8,如果其能夠被初等表示出來,則一定是一個代數函式.但是表示式\(\mbox{(\ref{f4})}\)卻一定不能被表示為代數函式,因為代數函式無界而這個表示式有界.

因此可知,當條件中的三個數均不為整數時,積分\(\mbox{(\ref{f1})}\)一定不能被表示為初等函式.到此,Chebychev定理完全證明.▌