求 1 除以 (x + 1) 与 (ln x) 的 a 次方之积的不定积分。

Step-by-step solution

1. 1

   先令 u = ln x，把两个难缠的部分放到同一个变量上。 取 $x = e^{u}$、$dx = e^{u}\,du$，则

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

   这里用到 $\dfrac{e^{u}}{e^{u}+1} = \dfrac{1}{1+e^{-u}}$。现在被积函数是「幂函数乘费米型因子」，这是一眼就能认出的非初等形状。

2. 2

   把费米因子展成几何级数。 当 $u > 0$（也就是 $x > 1$）时 $e^{-u} < 1$，于是

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

   把 $n = 0$ 那一项单独拆出来，

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

3. 3

   先算首项。 当 $a \ne 1$ 时，

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

   而在例外值 $a = 1$ 处，这一项要换成 $\ln|u| = \ln|\ln x|$——这也是下面那个公式唯一需要另行处理的情形。

4. 4

   剩下的积分用上不完全伽马函数表示。 由于 $\Gamma(s, z) = \int_{z}^{\infty} t^{s-1}e^{-t}\,dt$ 满足 $\dfrac{d}{du}\Gamma(s, nu) = -n^{s}u^{s-1}e^{-nu}$，取 $s = 1-a$（使得 $u^{s-1} = u^{-a}$）便有

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

5. 5

   拼出原函数。 把 $u = \ln x$ 代回，并把负号并入交错符号里：

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

   适用条件是 $a \ne 1$ 且 $x > 1$。

6. 6

   对闭式求导来验证。 逐项来看，$\frac{d}{dx}\Gamma(1-a, n\ln x) = -n^{1-a}(\ln x)^{-a}x^{-n-1}$，所以整个导数会塌缩成一个几何级数求和：

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

   再做一重检验：取 $a = 0$ 时结果必须退回初等的 $\ln(x+1)$。公式给出 $\ln x + \sum_{n\ge1}\frac{(-1)^{n+1}}{n}x^{-n} = \ln x + \ln\!\left(1+\tfrac1x\right) = \ln(x+1)$，并在 $x = 1.5,\ 3,\ 7$ 处做了数值验证。