Un exo de taupin

Clairon

Bonsoir les amis,
Combien de preuves différentes avez-vous de la belle égalité $\quad\displaystyle \int_0^1 x^{-x} d x = \sum_{n=1}^{+\infty} n^{-n}$ ?

Chaurien

Je n'en vois guère qu'une.

Chaurien

Il est difficile de comprendre ce que peut signifier « Un exo de taupin ». Ce que font les taupins en mathématiques ce sont ... des mathématiques. C'est un exercice de mathématiques, sans plus. 

C'est un bien joli résultat, cette égalité entre l'intégrale d'une fonction et la somme de la série qui a la même expression. Et ce qui est remarquable aussi, c'est que la solution ne fait intervenir que la convergence normale d'une série de fonctions, sans théorèmes de domination.

 La première référence que je connaisse pour ce problème, c'est : G. Pólya, G. Szegö, Problems And Theorems in Analysis, Volume I, 1924, Springer 1972, n° 160, p. 36, solution p. 213. Ce n'est pas un ouvrage « taupinal », à supposer que ce mot ait un sens.

Cet exercice a été posé à plusieurs reprises à des oraux, depuis une trentaine d'années. Une référence relativement récente est :  RMS 125-2, février 2015, n° 330, p. 76, oral 2014, X, MP.

Une relation analogue est :  $\displaystyle \int_0^1 x^x d x = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac {(-1)^{n-1}} {n^n}$, un peu moins jolie mais pas mal non plus.

Bonne soirée.

Fr. Ch.

Clairon

Merci Chaurien.
J'ai la même démo que toi, à coups de série exponentielle et convergence normale.

Un cousin taupin a dans sa feuille de TD cet exo avec la consigne "démontrer de deux manières différentes...".
Voilà l'objet de mon post.

JLapin

Intégration terme à terme par convergence normale sur un segment puis par vérification des hypothèses sur un intervalle quelconque ?

SandwichFromage

aujourd'hui les américains appellent ça le sophomore's dream. 

Chaurien

Un autre intérêt de cet exercice, c'est la méthode pour calculer l'intégrale $I_n=\displaystyle \int_0^1 (-x \ln x)^n dx$. Tenter une récurrence sur $n$ ne donne rien. Il faut avoir l'idée de calculer  $I_{m,n}=\displaystyle \int_0^1 x^m (-\ln x)^n dx$  par une récurrence sur $n$, avec $m$ donné constant. Il semble que l'on complique la question, puisqu'on remplace un indice par deux, mais en fait c'est la clé de la solution. Cette « simplification par complication » est inattendue et remarquable.

Maintenant, puisqu'on a trouvé la solution, et une solution pas trop compliquée, je ne vois pas pourquoi en chercher une autre. On posait ça lorsque les théorèmes de domination n'étaient pas au programme. Peut-être demande-t-on une solution qui les utilise : pourquoi faire simple quand on peut faire compliqué ?

Bonne nuit.

Fr. Ch.

gebrane

Bonjour Chaurien;
 On peut calculer $I_n=\displaystyle (-1)^n \int_0^1 (x \ln x)^n dx$ par changement de variable $x=e^{-\frac t{n+1}}$

Clairon

Merci les amis pour tous ces commentaires enrichissants. 

Chaurien

Très bien gebrane, je ne connaissais pas cette méthode. et j'aimerais savoir d'où elle vient, où l'on trouve ce changement de variable magique. Mais il faut déjà pas mal ramer pour voir apparaître miraculeusement $\displaystyle \int_0^{+\infty} t^n e^{-t} dt$, et une fois que c'est fait, il faut encore recourir à une récurrence qui donne le résultat. C'est quand même une curiosité, dont j'aimerais connaître l'origine.

Bonne journée.

Fr. Ch.

gebrane

Chaurien mais $\displaystyle \int_0^{+\infty} t^n e^{-t} dt=\Gamma(n+1)=n!$
Çà vient du maître FDP dans un fil ancien ( difficile de retrouver, mais j'ai noté ce changement)

gebrane

Je ne sais pourquoi tu as ramé, on a $dx=-\frac 1{n+1}e^{-\frac t{n+1}}\, dt$ donc $\displaystyle (-1)^n \int_0^1 (x \ln x)^n dx= \frac 1{n+1}\int_0^{+\infty} (e^{-\frac t{n+1}})^{n+1} (\frac t{n+1})^n dt=\frac 1{(n+1)^{n+1}}\int_0^{+\infty} e^{-t} t^n dt$ 

YvesM

Bonjour,
On part de la série : $\displaystyle S=\sum_{n\geq 1} {1\over n^n}$ et on utilise la relation $\displaystyle {1\over x^a}={1\over \Gamma(a)} \int_0^{+\infty} t^{a-1} e^{-x t} dt $ pour $x>0,a>0$ qui se démontre par CDV $\displaystyle t\leadsto x t.$ On reporte, on abaisse l’indice de sommation $n\leadsto n-1$ d’une unité, on inverse la somme et l’intégrale pour obtenir $\displaystyle S=\int_0^{+\infty} \sum_{n\geq 0} {(e^{-t} t)^n\over n!} e^{-t} dt =\int_0^{+\infty} e^{te^{-t} }e^{-t} dt=\int_0^1 {1\over x^x} dx$ dont la dernière intégrale est calculée par CDV $\displaystyle x=e^{-t}.$
L’inversion est justifiée parce que la fonction dans l’intégrande (positive pour tout $n$ et pour tout $t\geq 0$) est majorée par la série qui elle-même est une fonction dont l’intégrale converge. 

dSP

A noter que le nouveau programme de MP (en vigueur depuis septembre 2022) remet à l'honneur le théorème de convergence monotone en version séries de fonctions (à terme général positif), ce qui s'applique fort bien ici.

gebrane

A mes début, pour calculer $\int_0^1 (x\ln(x))^2 dx$ j'ai dit à mon prof de TD, je pose $u=x\ln(x)$ et donc l'intégrale est nulle  car on tombe sur  $\int_0^0 u^2 \times {\text{truc}}\,  du$
@Oshine explique ma faute

OShine

Je ne suis pas un expert, je n'ai pas encore revu les intégrales impropres de niveau SPE.
$u$ n'est pas définie en $0$, pour faire les changements de variables, ma prof de sup et spé mettait aucun point si on faisait à la physicienne.
Les changements de variables je ne connais que pour des fonctions continues sur $I$, or $x \mapsto (x \ln (x))^2$ n'est pas continue en $0$ car elle n'est pas définie.

Chaurien

Je trouve plus simple de passer par $\displaystyle \int_0^1 x^m (\ln x)^n dx$, méthode valable aussi si $m$ n'est pas nécessairement entier, mais est un réel quelconque avec $m>-1$. Simple récurrence, sans aller chercher la fonction $\Gamma$.

gebrane

Merci pour ta réponse Oshine

Piteux_gore

RE
J'avais lu Exo de tapin !...
A+

Chaurien

https://dictionnaire.metronimo.com/index.php?a=term&d=1&t=8586

jean-éric

Bonsoir
Pour info, dans le livre   Inside interesting Integrals (P. Nahin, Springer) on trouve ceci page 228-229 :
$$\int_{0}^{1} x^{cx^a} \text{d} x= 1-\frac{c}{(a+1)^2} +\frac{c^2}{(2a+1)^3}-\frac{c^3}{(3a+1)^4}+\frac{c^4}{(4a+1)^5}+\cdots$$
Naturellement dans ce livre on explique comment on obtient cela.

Nous sommes ici dans le cas où $a=1$ et $c=-1$ qui donnent l'égalité voulue. 
Cela provient de l'égalité 
$$ x^{cx^a} = 1+c x^a \ln (x)+\frac{1}{2!} c^2 x^{2a} \ln (x)+\cdots$$
obtenue via le développement en série entière de $e^y$, puis en posant $y= cx^a \ln (x)$.

La permutation du signes somme et intégrale n'est pas justifié, mais aboutit au calcul de 
$$I_n=\int_{0}^{1} x^m\ln^n(x) \text{d}x=\frac{(-1)^n n!}{(m+1)^{n+1}}.$$
Cela permet aussi d'obtenir d'autres résultats, par exemple, comme 
 $$\int_{0}^{1} x^x \text{d} x= 1-\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^3}-\frac{1}{4^4}+\cdots $$ et aussi 
 $$ \int_{0}^{1} x^{x^2} \text{d} x = 1-\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^3}+\cdots$$
Jean-éric