Halla la integral indefinida de 1 dividido entre el producto de (x + 1) y (ln x) elevado a la potencia a.

Step-by-step solution

1. 1

   Sustituir u = ln x para poner las dos piezas incómodas en igualdad de condiciones. Con $x = e^{u}$ y $dx = e^{u}\,du$,

   $\int \frac{dx}{(x+1)(\ln x)^{a}} = \int \frac{e^{u}}{\left(e^{u}+1\right)u^{a}}\,du = \int \frac{u^{-a}}{1+e^{-u}}\,du$

   usando $\dfrac{e^{u}}{e^{u}+1} = \dfrac{1}{1+e^{-u}}$. El integrando es ahora una potencia por un factor de tipo Fermi, que es la forma reconocible de las integrales no elementales.

2. 2

   Desarrollar el factor de Fermi como serie geométrica. Para $u > 0$ (es decir, $x > 1$) se tiene $e^{-u} < 1$, así que

   $\frac{1}{1+e^{-u}} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n} e^{-nu}$

   Separando el término $n = 0$,

   $\int \frac{u^{-a}}{1+e^{-u}}\,du = \int u^{-a}\,du + \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\int u^{-a}e^{-nu}\,du$

3. 3

   Integrar el término principal. Para $a \ne 1$,

   $\int u^{-a}\,du = \frac{u^{1-a}}{1-a} = \frac{(\ln x)^{1-a}}{1-a}$

   y para el valor excepcional $a = 1$ este término es $\ln|u| = \ln|\ln x|$ en su lugar — el único caso en que hay que reemplazar la fórmula de abajo.

4. 4

   Expresar las integrales restantes con la función gamma incompleta superior. Como $\Gamma(s, z) = \int_{z}^{\infty} t^{s-1}e^{-t}\,dt$ cumple $\dfrac{d}{du}\Gamma(s, nu) = -n^{s}u^{s-1}e^{-nu}$, tomando $s = 1-a$ (de modo que $u^{s-1} = u^{-a}$) resulta

   $\int u^{-a}e^{-nu}\,du = -n^{a-1}\,\Gamma(1-a,\, nu)$

5. 5

   Armar la primitiva. Sustituyendo de vuelta $u = \ln x$ y absorbiendo el signo en la alternancia:

   $\int \frac{dx}{(x+1)(\ln x)^{a}} = \frac{(\ln x)^{1-a}}{1-a} + \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1} n^{a-1}\,\Gamma\!\left(1-a,\ n\ln x\right) + C$

   para $a \ne 1$ y $x > 1$.

6. 6

   Verificar derivando la forma cerrada. Término a término, $\frac{d}{dx}\Gamma(1-a, n\ln x) = -n^{1-a}(\ln x)^{-a}x^{-n-1}$, así que toda la derivada se reduce a una suma geométrica:

   $\frac{(\ln x)^{-a}}{x}\left[1 + \sum_{n=1}^{\infty}\left(-\tfrac1x\right)^{n}\right] = \frac{(\ln x)^{-a}}{x}\cdot\frac{1}{1+\tfrac1x} = \frac{1}{(x+1)(\ln x)^{a}} \ \checkmark$

   Como segunda comprobación, $a = 0$ debe devolver el resultado elemental $\ln(x+1)$: la fórmula da $\ln x + \sum_{n\ge1}\frac{(-1)^{n+1}}{n}x^{-n} = \ln x + \ln\!\left(1+\tfrac1x\right) = \ln(x+1)$, confirmado numéricamente en $x = 1.5,\ 3,\ 7$.