¿Cómo puedo demostrar que $\int_{0}^{1} \frac{1}{\log(x)}dx$ ¿diferencia?

Question

Este es un ejercicio de un libro que estoy usando para estudiar... El libro da una pista: comparar con $f(x)=\frac{1}{1-x}$ . Sin embargo, no pude darme cuenta de cómo podía comparar estas dos funciones. Intenté cambiar la variable $x$ a $(1-u)$ en la integral, pero no resolvió mi problema. También intenté utilizar la expansión de Taylor de $\frac{1}{\log(x)}$ pero tampoco ha servido de nada...

Answer 1

Mejor uso $$ 1-\frac 1 x\leq \log x$$

Para aclararlo, hay que tener en cuenta que lo anterior da $$\frac{1}{{\log x}} \leqslant \frac{x}{{x - 1}} \Rightarrow \int\limits_0^t {\frac{{dx}}{{\log x}}} \leqslant \int\limits_0^t {dx} + \int\limits_0^t {\frac{{dx}}{{x - 1}}} \to - \infty \;,\; t\to 1^{-}$$ ADD La desigualdad anterior es realmente fundamental, a raíz de la definición del logaritmo. Nótese que $$1-\frac 1x=\int_1^x\frac{dt}{t^2}\leq \int_1^x\frac{dt}t=\log x\leq \int_1^x 1 dt=x-1$$

dan las ampliamente usadas enteras ajustadas $$1-\frac 1 x\leq \log x\leq x-1$$ que se utilizan para demostrar, por ejemplo, que $$\lim_{x\to 0}\frac{\log(1+x)}x=1$$

Answer 2

$$ y=\log x, \qquad dy =\frac{dx}{x}, \qquad dx = x\,dy = e^y\,dy $$ $$ \int_0^1 \frac{dx}{\log x} = \int_{-\infty}^0 \frac{e^y \, dy}{y} $$

Obviamente, esto converge en el $-\infty$ terminar desde $0< e^y/y \le e^y$ .

El problema está en el $0$ fin. Supongamos que $y$ está cerca $0$ ? ¿Cómo de cerca? Digamos que $y\ge -1$ para que $e^y\ge e^{-1}>0$ . Entonces $$ \int_{-1}^0 \frac{e^y \, dy}{y} \ge e^{-1}\int_{-1}^0\frac{dy}y = \infty. $$

Answer 3

Dejemos que $t=\log x$ entonces $dx=e^t dt$ y luego $$\int_0^1\frac{dx}{\log x}=\int_{-\infty}^0\frac{e^tdt}{t}$$ y la última integral es divergente ya que

$$\frac{e^t}{t}\sim_0\frac{1}{t}$$

Answer 4

Trabajar desde $$ e^{-x}\ge1-x $$ se deduce que en $(0,1)$ $$ \frac1{\log(x)}\le1+\frac1{x-1} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} \lim_{\epsilon\to0^+}\int_0^{1-\large\epsilon}\frac1{\log(x)}\,\mathrm{d}x &\le\lim_{\epsilon\to0^+}\int_0^{1-\large\epsilon}1+\frac1{x-1}\,\mathrm{d}x\\ &=\lim_{\epsilon\to0^+}1-\epsilon+\log(\epsilon)\\[4pt] &=-\infty \end{align} $$

Answer 5

Supongamos que para llegar a una contradicción que $\int_0^1\dfrac{1}{\log x}\,dx$ converge. Haciendo la sustitución $x=u^2$ obtenemos $$\int_0^1 \dfrac{1}{\log x}\,dx=\int_0^1\dfrac{u}{\log u}\,du.$$ En otras palabras, $$\int_0^1 \dfrac{1}{\log x}\,dx=\int_0^1\dfrac{x}{\log x}\,dx,$$ o $$\int_0^1 \dfrac{x-1}{\log x}\,dx=0.$$ La integral de una función estrictamente positiva sobre $(0,1)$ no puede ser $0$ así que esto es imposible.