Cómo demostrar que esta integral es divergente: $\int_{0}^{1}\frac{dx}{\ln{x}\ln{(1-x)}}$

Question

Demuestre que la siguiente integral es divergente (o diverge, si lo prefiere) $$\int_{0}^{1}\dfrac{dx}{\ln{x}\ln{(1-x)}}$$

Sé que $x=0,1$ son singularidades de la función y quiero utilizar la siguiente desigualdad bien conocida: $$\ln{(1+x)}<x, \,\text{whenever $ x>-1 $}. $$ así que $$\dfrac{1}{\ln{x}\ln{(1-x)}}>\dfrac{1}{-x\ln{x}}>0$$ desde $$\int_{0}^{1}\dfrac{1}{x\ln{x}}=\ln{\ln{x}}|_{0}^{1}=+\infty$$

¿Hay algún otro método que pueda utilizar?

Answer 1

Obsérvese el simple hecho de que el integrando es positivo y

$$\int_{0}^{1}\dfrac{1}{x\ln{x}}\cdot \underbrace{\frac{x}{\log(1-x)}}_{\large\text{near 0 it behaves like $ -1 $}}dx\longrightarrow \infty$$

Q.E.D.

Answer 2

Tenga en cuenta que para $0 < x \leqslant 1$ ,

$$x \leqslant -\ln(1-x) \leqslant \frac{x}{1-x},$$

y

$$\frac{1}{\ln x\ln(1-x)}= \frac{1}{[-\ln x ][-\ln(1-x)]} \leqslant \frac1{-x\ln x.}$$

Así que su comparación no es correcta.

Sin embargo, para $0 < x < 1/2$

$$\frac{1}{\ln x\ln(1-x)} \geqslant \frac{x-1}{x\ln x} \geqslant \frac{-1}{2x\ln x},$$

y la integral de $1/ (2x\ln x) $ en $[0,1/2]$ diverge.

Answer 3

Supongamos que se puede descomponer el integrando en fracciones parciales de la forma $$\frac{f(x)}{\ln x}+\frac{g(x)}{\ln(1-x)}$$ o, lo que es lo mismo, $$f(x)\ln(1-x)+g(x)\ln x=1$$ Establecer $f$ a una función relativamente sencilla, que en este caso podría ser $f(x)=\dfrac{1}{x}$ entonces tienes $$g(x)=\frac{1}{\ln x}-\frac{\ln(1-x)}{x\ln x}$$ Por tanto, la integral equivale a $$\int_0^1\frac{dx}{x\ln x}+\int_0^1\frac{g(x)}{\ln(1-x)}~dx$$ La primera integral diverge, por lo que la integral original debe divergir también.

Answer 4

Aquí está la prueba completa de que la integral impropia $\int_{0}^{1}\frac{dx}{% \ln x\ln (1-x)}$ diverge.

Sea $a\in \left( 0,1/2\right) .$ La función $\frac{x}{\ln (1-x)}$ es continua sobre $\left[ a,\frac{1}{2}\right] ,$ y la función $\frac{1}{% x\ln x}$ es de un signo en $\left[ a,\frac{1}{2}\right] ,$ entonces por la primera teorema del valor medio para la integración, se deduce que existe $% t_{0}=t_{0}(a)\in \left[ a,\frac{1}{2}\right] $ tal que \begin{eqnarray*} \int_{a}^{1/2}\frac{dx}{\ln x\ln (1-x)} &=&\int_{a}^{1/2}\frac{x}{\ln (1-x)}% \frac{dx}{x\ln x} \\ &=&\frac{t_{0}(a)}{\ln (1-t_{0}(a))}\int_{a}^{1/2}\frac{dx}{x\ln x},\ \text{ for all}\ a\in \left( 0,1/2\right) \end{eqnarray*} ya que la función $\frac{t}{\ln (1-t)}$ está aumentando en $\left( 0,1/2\right) $ entonces $$ \frac{t_{0}(a)}{\ln (1-t_{0}(a))}\leq \frac{1/2}{\ln \left( 1-(1/2)\right) }<0, \text{ for all}\ a\in \left( 0,1/2\right) $$ deje $M=-\frac{1/2}{\ln (1-1/2)}= \frac{1}{2\ln 2}>0.$ Entonces $\text{ for all}\ a \in \left( 0,1/2\right) ,$ \begin{eqnarray*} \left\vert \int_{a}^{1/2}\frac{dx}{\ln x\ln (1-x)}\right\vert &=&\left\vert \frac{t_{0}(a)}{\ln (1-t_{0}(a))}\right\vert \left\vert \int_{a}^{1/2}\frac{% dx}{x\ln x}\right\vert \\ &\geq &M\left\vert \int_{a}^{1/2}\frac{dx}{x\ln x}\right\vert ,\ \text{for all }a\in \left( 0,1/2\right) \end{eqnarray*}

pasando al límite como $a$ tiende a $0^{+}$ conduce a $$ \left\vert \int_{0}^{1/2}\frac{dx}{\ln x\ln (1-x)}\right\vert \geq M\left\vert \int_{0}^{1/2}\frac{dx}{x\ln x}\right\vert $$ Desde $\left\vert \int_{0}^{1/2}\frac{dx}{x\ln x}\right\vert =+\infty $ entonces la integral impropia $\int_{0}^{1/2}\frac{dx}{\ln x\ln (1-x)}=+\infty .$ Obsérvese ahora que la función $f(x)=\frac{1}{\ln x\ln (1-x)}$ satisface $% f(1-x)=f(x)$ para todos $x\in (0,1)$ entonces \begin{eqnarray*} \int_{1/2}^{1}\frac{dx}{\ln x\ln (1-x)} &=&\lim_{a\rightarrow 0^{+}}\int_{1/2}^{1-a}\frac{dx}{\ln x\ln (1-x)} \\ &=&\lim_{a\rightarrow 0^{+}}\int_{a}^{1/2}\frac{dx}{\ln x\ln (1-x)} \\ &=&\int_{0}^{1/2}\frac{dx}{\ln x\ln (1-x)}=+\infty . \end{eqnarray*} Dado que AMBAS integrales $\int_{0}^{1/2}\frac{dx}{\ln x\ln (1-x)}$ y $% \int_{1/2}^{1}\frac{dx}{\ln x\ln (1-x)}$ son $+\infty $ entonces su integral $\int_{0}^{1}\frac{dx}{\ln x\ln (1-x)}$ es también $+\infty$ .

Answer 5

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\dsc}[1]{\displaystyle{\color{red}{#1}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\norm}[1]{\left\vert\left\vert\, #1\,\right\vert\right\vert} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ Con $\ds{\quad x \equiv \expo{-t}\ \imp\ t = -\ln\pars{x}}$ :

\begin{align} \int_{0}^{1}{\dd x \over \ln\pars{x}\ln\pars{1 - x}}&= \int_{\infty}^{0}{-\expo{-t}\,\dd t \over -t\ln\pars{1 - \expo{-t}}} =-\int_{0}^{\infty}{\expo{-t} \over t\ln\pars{1 - \expo{-t}}}\,\dd t \end{align}

En $\ds{t\ \ggg 0}$ el integrando se comporta como $\ds{1 \over t}$ tal que la integral diverge ' $\tt logarithmically$ ' en el límite superior.

En $\ds{t\ \gtrsim 0}$ el integrando se comporta como $\ds{-\,{1 \over t\ln\pars{t}}}$ tal que la integral diverge como $\ds{\ln\pars{-\ln\pars{t}}}$ en el $\tt\mbox{lower limit}$ .

Además, esas divergencias $\tt\mbox{don't cancel each other}$ tal que la integral original $\sf diverges{\rm\mbox{ !!!}}$ .