Найти неопределённый интеграл от единицы, делённой на произведение (x + 1) и (ln x) в степени a.

Step-by-step solution

1. 1

   Заменой u = ln x приводим обе неудобные части к одному виду. При $x = e^{u}$ и $dx = e^{u}\,du$ получаем

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

   здесь использовано равенство $\dfrac{e^{u}}{e^{u}+1} = \dfrac{1}{1+e^{-u}}$. Подынтегральное выражение стало степенью, умноженной на множитель фермиевского типа, — это узнаваемая неэлементарная форма.

2. 2

   Разложим фермиевский множитель в геометрический ряд. При $u > 0$ (то есть при $x > 1$) выполнено $e^{-u} < 1$, поэтому

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

   Выделяя отдельно слагаемое с $n = 0$, получаем

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

3. 3

   Интегрируем ведущее слагаемое. При $a \ne 1$

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

   а при исключительном значении $a = 1$ это слагаемое равно $\ln|u| = \ln|\ln x|$ — единственный случай, когда приведённую ниже формулу приходится заменять.

4. 4

   Оставшиеся интегралы выразим через верхнюю неполную гамма-функцию. Поскольку $\Gamma(s, z) = \int_{z}^{\infty} t^{s-1}e^{-t}\,dt$ удовлетворяет соотношению $\dfrac{d}{du}\Gamma(s, nu) = -n^{s}u^{s-1}e^{-nu}$, при $s = 1-a$ (тогда $u^{s-1} = u^{-a}$) находим

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

5. 5

   Собираем первообразную. Возвращаясь к $u = \ln x$ и внося знак в чередование, получаем

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

   при $a \ne 1$ и $x > 1$.

6. 6

   Проверим результат дифференцированием. Почленно $\frac{d}{dx}\Gamma(1-a, n\ln x) = -n^{1-a}(\ln x)^{-a}x^{-n-1}$, поэтому вся производная сворачивается в геометрическую сумму:

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

   Вторая проверка: при $a = 0$ должен получаться элементарный $\ln(x+1)$; формула даёт $\ln x + \sum_{n\ge1}\frac{(-1)^{n+1}}{n}x^{-n} = \ln x + \ln\!\left(1+\tfrac1x\right) = \ln(x+1)$, что подтверждено численно при $x = 1.5,\ 3,\ 7$.