Demostrar la convergencia de $\int_1^{\infty} x^{-x}\,dx$

Question

Estoy tratando de demostrar que la siguiente integral converge: $$\int_1^{\infty} x^{-x}\,dx$$ Tengo una prueba, pero me preguntaba si hay alguna de las mejoras que se podrían hacer, o comentarios. Aquí está.

En primer lugar, romper la integral en $$\int_1^{e} x^{-x}\,dx+\int_{e} ^{\infty} x^{-x}\,dx$$ La primera integral representa ningún problema. A continuación, tenga en cuenta que $$x^{-x}=e^{-x\log x}$$ Por lo tanto, para $x\in[e,+\infty)$, $$x\ge e \implies x\log x\ge x \implies \log x^x\ge x \implies -x \ge -\log x^x \\ \implies e^{-x\log x}\le e^{-x}$$

Esto significa que, para $x\in[e, \infty]$, $e^{-x\log x} \le e^{-x}$, o $$\int_e^{\infty} e^{-x \log x}\,dx \le \int_e^{\infty} e^{-x}\,dx=e^{-e}$$

Por lo tanto, por la prueba de comparación, ya que $$\int_1^{a} x^{-x}\,dx<\infty$$ y $$\int_a^{\infty} x^{-x} \le e^{-e}<\infty$$ Su suma $$\int_1^e x^{-x}\,dx+\int_e^{\infty} x^{-x}\,dx=\int_1^{\infty} x^{-x}\,dx <\infty$$ es convergente, y nuestros integral es por lo tanto convergente.

Answer 1

Puede omitir completamente rompiendo la integral mediante el uso de la prueba integral, que dice que

converge o diverge con $\int1^{\infty} x^{-x}\;dx$ $\sum{n=1}^{\infty} n^{-n}$

Dado que el $n!\leq n^n$, $$SN = \sum{n=1}^{N}\frac{1}{n^n} \leq \sum{n=1}^N\frac{1}{n!} \leq \sum{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!} = e-1$ $

$S_N$ es Monótonamente creciente y delimitado por encima, por lo tanto converge. Así $\int_1^{\infty} x^{-x}\;dx$ converge.

Answer 2

¿Tal vez prueba de la comparación del límite?

\begin{align} \lim{x\rightarrow\infty}\dfrac{e^{-x\log x}}{e^{-x}}=\lim{x\rightarrow\infty}e^{x(1-\log x)}=0 \end{align} desde $1-\log x\rightarrow-\infty$ $x\rightarrow\infty$.

Así $e^{-x\log x}\leq e^{-x}$ % grande $x>0$, y no hay ninguna singularidad $x^{-x}$ $[1,M]$, para el entero integral converge.

Answer 3

Partir el integral es probablemente más fácil, pero se puede simplificar su argumento notando que $x \geq 2$, tenemos $x^x \geq x^2$ y $\dfrac{1}{x^x} \leq \dfrac{1}{x^2}$. Por lo tanto,

\frac{1}{x^x}dx $$ \int_1^{\infty} = \int_1^2 \frac{1}{x^x} + \int_2^{\infty} \frac{1}{x^x}dx \leq \int_1^2 \frac{1}{x^x} + \int_2^{\infty} \frac{1}{x^2}dx $$

Usted puede comprobar $\displaystyle \int_2^{\infty}\frac{1}{x^2} dx = \frac{1}{2}$. Así la integral converge.