Es $\int_{1}^{+\infty}\frac{dx}{x\log^2(1+x)}\approx 2$ a sólo un matemático coincidencia?

Question

Cuando la prestación de un contraejemplo para $0<f(x)=O(x^{1+\varepsilon})\;\forall\epsilon>0\Longrightarrow \int_{1}^{+\infty}\frac{dx}{f(x)}=+\infty$
Me di cuenta de que el error de la aproximación $$ \mathcal{J}=\int_{1}^{+\infty}\frac{dx}{x\log^2(x+1)}\approx 2$$ está a menos de $7\cdot 10^{-3}$.

Q: Es aproximado identidad sólo una coincidencia numérica, o hay alguna razón para esperar de antemano que el lado derecho es muy cerca de la $2$?

De curso de $$ \mathcal{J}=\int_{0}^{+\infty}\frac{2\,dt}{\left(t+\log\left(2\cosh t\right)\right)^2}$$ no es difícil creer que $\mathcal{J}\approx\int_{0}^{+\infty}\frac{2\,dt}{(t+\log 2)^2}=\frac{2}{\log 2}$ o que $$ \mathcal{J}\approx\int_{0}^{+\infty}\frac{2\,dt}{\left(t+\log(2)-1+\sqrt{1+t^2}\right)^2}$$ donde el lado derecho tiene una forma explícita que implican una gran cantidad de $(\log 2)$s, es decir, $$ \frac{2\log\log 2+\frac{2}{\log 2}-\log^2 2+2\log 2-3}{(1-\log 2)^3}=2.014532719\ldots$$ Pequeño apéndice: mediante la explotación de $\frac{1}{\log^2(x+1)}=\int_{0}^{+\infty}s(x+1)^{-s}\,ds$ también tenemos $$ \mathcal{J}= \int_{0}^{+\infty}{}_2 F_1\left(s,s;s+1;-1\right)\,ds$$ donde el integrando la función es la manera menos elemental pero mucho más se comporten bien.

Answer 1

Pensamientos:

1. Yo creo que simplemente es una coincidencia matemática. Hace un par de meses, me pidió esta pregunta acerca de la integración de $x^{-x}$ $0$ $+\infty$y le dio un lugar limpio respuesta mostrando que es justo por debajo del umbral de $2$ - nota de que Wolfram tiene el valor exacto de $1.9954$ ($5$.d.p.). Sospecho que es la misma con su integral, y muchas otras variantes.

2. La integración por partes con $f(x)=\log^{-2}(x+1)$ $g'(x)=x^{-1}$ da $$\mathcal{J}=\left[\frac{\log x}{\log^2(x+1)}\right]_1^{+\infty}+2\int_1^{+\infty}\frac{\log x}{(x+1)\log^3(x+1)}\,dx$$ so it is a case of showing that $$\mathcal{K}=\int_1^{+\infty}\frac{\log x}{(x+1)\log^3(x+1)}\,dx=\int_2^{+\infty}\frac{\log(u-1)}{u\log^3u}\,du\approx1$$ But unfortunately, there is no closed form of the indefinite integral of $\mathcal{K}$.

3. Podemos intentar encontrar una serie de Maclaurin para el integrando. No es que tedioso en realidad, puesto que el denominador encaja muy bien con la serie estándar de $\log(x+1)$. Los tres primeros términos son $$\frac1{x^3}+\frac1{x^2}+\frac1{12x}$$ but note that this diverges due to the final term. However, integrating this from $1$ to $500$ gives a value of around $2.02$.