Demostrar que $f(x)$ está definida y es diferenciable para $x>0$

Question

Sea $$f(x)=\int_0^{\infty} \frac{e^{-xt}}{1+t}dt$$

Demostrar que $f$ está definida y es diferenciable para $x>0$ .

No tengo ni idea de cómo lidiar con esto...

Answer 1

Sugerencia

$f$ está bien definido : Desde $|e^{-xt}|\leq \frac{1}{xt}$ si $x>0$ y $t>1$ , $$\left|\frac{e^{-xt}}{1+t}\right|\leq \frac{1}{xt(t+1)}\leq \frac{1}{xt^2}.$$

$f$ es diferenciable : Utilice la convergencia dominada para calcular $$\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}.$$ Puede ser útil suponer $|h|<1$ .

Answer 2

Sea $f(x)$ definirse como

$$f(x)=\int_0^\infty\frac{e^{-xt}}{1+t}\,dt$$

para $x>0$ . Formación del cociente de diferencias $\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$ revela

$$\begin{align} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}&=\int_0^\infty \frac{e^{-xt}}{1+t}\left(\frac{e^{-ht}-1}{h}\right)\,dt\tag 1\\\\ &=\int_0^\infty \frac{e^{-(x+h)t}}{1+t}\left(\frac{1-e^{ht}}{h}\right)\,dt \tag 2 \end{align}$$

Observando que para $h>0$ $$\left|\frac{e^{-ht}-1}{h}\right|\le t$$

mientras que para $h<0$ $$\left|\frac{1-e^{ht}}{h}\right|\le t$$

vemos que para $h>0$ $$\left|\frac{e^{-xt}}{1+t}\left(\frac{e^{-ht}-1}{h}\right)\right|\le \frac{te^{-xt}}{1+t}$$

mientras que para $-x/2<h <0$ $$\left|\frac{e^{-(x+h)t}}{1+t}\left(\frac{1-e^{ht}}{h}\right)\right|\le \frac{te^{-xt/2}}{1+t}$$

En la medida en que $\frac{te^{-xt}}{1+t}$ y $\frac{te^{-xt/2}}{1+t}$ son integrables para todo $x>0$ entonces podemos aplicar el Teorema de Convergencia Dominada para afirmar que

$$\begin{align} f'(x)&=\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\\\\ &=\lim_{h\to 0}\int_0^\infty \frac{e^{-xt}}{1+t}\left(\frac{e^{-ht}-1}{h}\right)\,dt\\\\ &=\int_0^\infty \frac{e^{-xt}}{1+t}\lim_{h\to 0}\left(\frac{e^{-ht}-1}{h}\right)\,dt\\\\ &=\int_0^\infty\frac{te^{-xt}}{1+t}\,dt \end{align}$$