(x + 1) と (ln x) の a 乗の積で 1 を割ったものの不定積分を求めよ。

Step-by-step solution

1. 1

   u = ln x と置換して、2つの厄介な部分を同じ土俵に乗せる。 $x = e^{u}$、$dx = e^{u}\,du$とすると、$\dfrac{e^{u}}{e^{u}+1} = \dfrac{1}{1+e^{-u}}$を使って

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

   となる。被積分関数はべき乗とフェルミ型の因子の積になり、これは非初等的な形として見覚えのあるものである。

2. 2

   フェルミ型の因子を等比級数に展開する。 $u > 0$（すなわち$x > 1$）では$e^{-u} < 1$なので、

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

   $n = 0$の項を切り離すと、

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

3. 3

   主要項を積分する。 $a \ne 1$のとき、

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

   であり、例外的な値$a = 1$ではこの項が代わりに$\ln|u| = \ln|\ln x|$になる——以下の公式を置き換えなければならない唯一の場合である。

4. 4

   残りの積分を第2種（上側）不完全ガンマ関数で表す。 $\Gamma(s, z) = \int_{z}^{\infty} t^{s-1}e^{-t}\,dt$は$\dfrac{d}{du}\Gamma(s, nu) = -n^{s}u^{s-1}e^{-nu}$を満たすので、$u^{s-1} = u^{-a}$となるように$s = 1-a$と取ると

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

5. 5

   原始関数を組み立てる。 $u = \ln x$を戻し、符号を交代の側に吸収させると：

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

   これは$a \ne 1$かつ$x > 1$で成り立つ。

6. 6

   閉じた形を微分して検証する。 項ごとに$\frac{d}{dx}\Gamma(1-a, n\ln x) = -n^{1-a}(\ln x)^{-a}x^{-n-1}$なので、導関数全体は等比級数の和に潰れる：

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

   第2の検算として、$a = 0$では初等的な$\ln(x+1)$に戻らなければならない：実際この公式は$\ln x + \sum_{n\ge1}\frac{(-1)^{n+1}}{n}x^{-n} = \ln x + \ln\!\left(1+\tfrac1x\right) = \ln(x+1)$を与え、$x = 1.5,\ 3,\ 7$で数値的にも確認できる。