¿Es la integral converge? $\int_1^\infty \frac{ln(1+x)}{x^2}dx$

Question

¿La integral converge? $$\int_1^\infty \frac{ln(1+x)}{x^2}dx$$

Bueno, yo solía integración por partes y se puso a $ln4$, lo que significa que es claramente converge. pero quiero intentar otra aproximación como esta integral es positiva para todos los $x \in [1,\infty]$.

Quería preguntar si es posible cambiar $ln(1+x)$ $ln(e)$ si digo que $1 + x = e$ , Lo $ x = e - 1 $ y, a continuación, la integral es:

$$\int_{e-1}^\infty \frac{1}{x^2}dx$$ And then I can say that because the integration limit is upto infinity and because that function is closed somehow by $m < f(x) < M$ entonces, la segunda integral converge, y por lo tanto la primera converge demasiado.

¿Qué te parece?

Answer 1

Podemos mostrar que la integral converge sin nuestra evaluación.

Tenga en cuenta que podemos escribir $\log(1+x)$

$$\log(1+x)=\log(x)+\log\left(1+\frac1x\right) \tag 1$$

Ahora, recordemos que el logaritmo de la función satisface la desigualdad

$$\log(x)\le x-1<x \tag 2$$

para $x>0$.

Por lo tanto, para cualquier número $\alpha>0$, tenemos

$$\log(x^\alpha)<x^\alpha\implies \log(x)<\frac{x^\alpha}{\alpha} \tag 3$$

Podemos elegir cualquier positivos $\alpha$. Vamos a elegir arbitrariamente $\alpha <1/2$.

Luego, utilizando $(1)$, $(2)$ y $(3)$$\alpha =1/2$, obtenemos

$$\log(x+1)<2x^{1/2}+\frac1x$$

Finalmente,

$$\frac{\log(1+x)}{x^2}<2x^{-3/2}+\frac1{x^3}$$

Puesto que la integral de la $$\int_1^\infty \left(2x^{-3/2}+\frac1{x^3}\right)\,dx$$

existe, entonces la integral de la $$\int_1^\infty \frac{\log(1+x)}{x^2}\,dx$$

existe

Answer 2

$$\int_{1}^{\infty}\frac{\ln(1+x)}{x^2}\space\text{d}x=$$ $$\lim_{n\to\infty}\int_{1}^{n}\frac{\ln(1+x)}{x^2}\space\text{d}x=$$

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Integrar por partes, $\int f\space\text{d}g=fg-\int g\space\text{d}f$ donde:

$$f=\ln(1+x),\text{d}g=\frac{1}{x^2}\space\text{d}x,\text{d}f=\frac{1}{1+x}\space\text{d}x,g=-\frac{1}{x}$$

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$$\lim_{n\to\infty}\left(\left[-\frac{\ln(1+x)}{x}\right]_{1}^{n}+\int_{1}^{n}\frac{1}{x+x^2}\space\text{d}x\right)=$$ $$\lim_{n\to\infty}\left(\left[-\frac{\ln(1+x)}{x}\right]_{1}^{n}+\int_{1}^{n}\frac{1}{\left(x+\frac{1}{2}\right)^2-\frac{1}{4}}\space\text{d}x\right)=$$

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Sustituto $u=x+\frac{1}{2}$$\text{d}u=\text{d}x$.

Esto le da un nuevo límite inferior $u=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$ y el límite superior $u=n+\frac{1}{2}$:

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$$\lim_{n\to\infty}\left(\left[-\frac{\ln(1+x)}{x}\right]_{1}^{n}+\int_{\frac{3}{2}}^{n+\frac{1}{2}}\frac{1}{u^2-\frac{1}{4}}\space\text{d}u\right)=$$ $$\lim_{n\to\infty}\left(\left[-\frac{\ln(1+x)}{x}\right]_{1}^{n}+4\int_{\frac{3}{2}}^{n+\frac{1}{2}}\frac{1}{1-4u^2}\space\text{d}u\right)=$$

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Sustituto $s=2u$$\text{d}s=2\space\text{d}u$.

Esto le da un nuevo límite inferior $s=2\cdot\frac{3}{2}=3$ y el límite superior $s=2n+1$:

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$$\lim_{n\to\infty}\left(\left[-\frac{\ln(1+x)}{x}\right]_{1}^{n}-2\int_{3}^{2n+1}\frac{1}{1-s^2}\space\text{d}s\right)=$$ $$\lim_{n\to\infty}\left(\left[-\frac{\ln(1+x)}{x}\right]_{1}^{n}-2\left[\text{arctanh}(s)\right]_{3}^{2n+1}\right)=$$ $$\lim_{n\to\infty}\left(\ln\left(\frac{4n}{1+n}\right)-\frac{\ln(1+n)}{n}\right)=\ln(4)$$

Answer 3

La integral trivialmente converge, ya que $0 < \ln(1+x) < \sqrt{x}$$x \geq 1$. Por lo tanto, tenemos $$0 < \int_1^{\infty} \dfrac{\ln(1+x)}{x^2}dx < \int_1^{\infty} \dfrac{\sqrt{x}}{x^2}dx = \int_1^{\infty} x^{-3/2}dx = 2$$ Podemos evaluar la integral. Vamos \begin{align} I(a) & = \int_1^{\infty} \dfrac{\ln(1+ax)}{x^2}dx\\ I'(a) & = \lim_{R \to \infty}\int_1^R \dfrac{dx}{x(1+ax)} = \lim_{R \to \infty} \left(\int_1^R \dfrac{dx}x - \int_1^R \dfrac{adx}{1+ax}\right) = \lim_{R \to \infty}\left(\ln(R) - \ln(1+aR) + \ln(1+a) \right)\\ & =\lim_{R \to \infty}\left( -\ln\left(\dfrac1R+a\right) + \ln(1+a) \right) = \ln(a+1) - \ln(a) \,\,\, (\spadesuit) \end{align} Tenga en cuenta que $I(0) = 0$. Ahora la integración de $(\spadesuit)$$0$$1$, tenemos \begin{align} I(1) - I(0) & = \int_0^1 \ln(1+a)da - \int_0^1 \ln(a)da = \left(\ln(4)-1\right) - \left(-1\right) = \ln(4) \end{align} Por lo tanto, obtenemos que $$I(1) = \int_1^{\infty} \dfrac{\ln(1+x)}{x^2}dx = \ln(4)$$