¿La integral definida de (1 - tanh t) de 0 a x diverge a medida que x va al infinito?

Question

Decididamente en la categoría de cosas que solía saber cómo probar pero que he olvidado: ¿

$$ \int_0^x (1 - \tanh t) \,dt $$

convergen o divergen como $x \to \infty$ ? (Sé que la integral indefinida es $x - \ln \cosh x + C$ lo que me sugiere que sí diverge, pero eso no es una prueba).

Answer 1

Estamos integrando $$1-\frac{e^t-e^{-t}}{e^t+e^{-t}},$$ es decir, $$\frac{2e^{-t}}{e^t+e^{-t}}.$$ Esto es positivo y menos que $2e^{-2t}$ . La integral $\int_0^\infty 2e^{-2t}\,dt$ converge, así que por Comparación también lo hace nuestra integral.

Observación: La expresión $x-\ln(\cosh x)$ sugiere fuertemente la convergencia, ya que $\cosh x$ para grandes $x$ es esencialmente indistinguible de $\frac{e^x}{2}$ . La integral a $\infty$ es de hecho $\ln 2$ .

Answer 2

Un enfoque directo, en términos de su integral indefinida:

Queremos demostrar que $\lim_{x\to\infty}x-\log\cosh x=c\in\Bbb R$ para demostrar que la integral dada converge. De hecho, demostraremos que $c=\log 2$ y por lo tanto también demostrar que su integral definida tiene valor $\log 2$ . (Tenga en cuenta que su $C=0$ , que se ve al evaluar en $x=0$ .)

\begin{align}\cosh x=\frac{e^{-x}+e^x}2\implies x-\log\cosh x&=\log e^x-\log(e^{-x}+e^x)+\log2\\ &=\log2-\log(e^{-2x}+1) \end{align}

Para los grandes $x$ , $e^{-2x}\to0$ por lo que la expresión se aproxima a $\log 2$ como se desee.