Cómo mostrar que$\int_0^\infty\frac1{x^x}\, dx<2$

Question

Demostrar que $$\int_0^\infty\frac1{x^x}\, dx<2$$

Integración por partes es fuera de la cuestión. Si dejamos $f(x)=\dfrac1{x^x}$ $g'(x)=1$ $f'(x)=-x^x(\ln x + 1)$ por diferenciación implícita y $g(x)=x$. La integral de la $\int f'(x)g(x)\, dx$ parece aún más difícil de evaluar.

Traté de usar la fórmula $$(b-a)\inf_{x\in [a,b]}f(x)\le\int_a^b f(x)\,dx\le(b-a)\sup_{x\in [a,b]}f(x)$$ with $f(x)=\dfrac1{x^x}$ but since in this case we have $b=\infty$, este método no es posible. El Cauchy-Schwarz desigualdad tampoco.

Luego traté de Frulliani integral de $$\int_0^\infty\frac{f(ax)-f(bx)}x\, dx=(f(0)-f(\infty))\ln\frac ba$$ with $f(ax)-f(bx)=x^{1-x}$. However, I can't seem to find a continuous function $f$ que tiene. Hay una función?

Además, he visto que en matemáticas fórmula manual de la identidad de $$\int_0^1\frac1{x^x}\, dx=\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k^k}$ $ ¿hay una manera de probar esto así?

Answer 1

ps

ps

$$\int_{0}^{+\infty}e^{-x\log x}\,dx = \underbrace{\int_{0}^{1}e^{-x\log x}\,dx}_{I_1}+\underbrace{\int_{1}^{+\infty}e^{-x\log x}\,dx}_{I_2} $ $ donde$$ I_1=\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{n!}\int_{0}^{1}x^n\left(\log x\right)^n\,dx = \sum_{n\geq 0}\frac{1}{(n+1)^{n+1}}=\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^n}\tag{A}$ da$$ I_2 = \int_{0}^{+\infty}e^{-(x+1)\log(x+1)}\,dx=\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-x}}{W(x)+1}\,dx\tag{B} $ y los approximantes Padé de alto orden dan$(A)$.
Es una desigualdad muy estrecha: me pregunto si se puede probar de una manera más elemental, tal vez escribiendo la integral completa como$I_1\leq 1.292$.

Answer 2

Este es un resultado conocido, pero es difícil de Google si usted no sabe cómo se llama. Esto, y una identidad similar que se conoce como el segundo del sueño y la prueba está dado aquí.

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Nota importante: Esta Prueba está también presente en Nahin del Interior Interesante Integrales. Sin embargo, esta es la forma en que hemos aprendido en clase.

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Empezamos con la identidad $$x^{cx^a} = e^{cx^a\ln x} \tag 1$$ where $un$ and $c$ are constants. Using the power series expansion of the exponential $$e^y = 1 + y + \frac{y^2}{2!} + … $$ with $y = cx^a \ln x$ gives us: $$x^{cx^a} = 1+ cx^a\ln x + \frac{1}{2!}c^2x^{2a}\ln^2 x + \ldots $$ and so: $$\int_{0}^{1} x^{cx^a} \, dx = \int_{0}^{1}\, dx + c\int_{0}^1{} x^a \ln x\, dx + \frac{c^2}{2!} \int_{0}^{1} x^{2a}\ln^2 x\, dx + \ldots \tag 2$$

Ahora, para resolver las integrales de la forma: $$I(m,n) = \int_{0}^{1} x^m\ln^n x \, dx $$ we simply make the substitution $u=-\ln x$, followed by another substitution $\chi = (m+1)u$ giving us: $$I(m,n) = \frac{(-1)^nn!}{(m+1)^{n+1}}$$

Por lo tanto, $(2)$ hace $$\int_{0}^{1} x^{cx^a}\, dx = 1- \frac{c}{(a+1)^2} + \frac{c^2}{(2a+1)^3} - \frac{c}{(3a+1)^4}+\ldots$$

Ahora, si $c=-1$ e si $a=1$, nos da: $$\int_{0}^{1} x^{-x}\, dx = 1 + \frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^3}+\frac{1}{4^4}+\ldots$$

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Ver también aquí.