Pour \(x\in]0,1]\), \(x^{-x}=e^{-x\ln(x)}\) et donc \(\lim_{x \rightarrow 0^+}x^{-x}=1\). Donc si on pose \(\forall x\in[0,1]\), \(f(x)=\left\{ \begin{array}{l} x^{-x}\;\text{si}\;x\in]0,1]\\ 1\;\text{si}\;x=0 \end{array} \right.\), \(f\) est une fonction continue sur le segment \([0,1]\) et donc intégrable sur le segment \([0,1]\).

Pour \(x\in]0,1]\), \(x^{-x}=e^{-x\ln(x)}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-x\ln(x))^n}{n!}\). Posons alors \(\forall x\in[0,1]\), \(f_0(x)=1\) puis \(\forall n\in\Nn^*\), \(\forall x\in[0,1]\), \(f_n(x)=\left\{ \begin{array}{l} \frac{(-x\ln(x))^n}{n!}\;\text{si}\;x\in]0,1]\\ \rule{0mm}{4mm}0\;\text{si}\;x=0 \end{array} \right.\). La fonction \(f_0\) est continue sur \([0,1]\) et pour \(n\in\Nn^*\), puisque \(-x\ln(x)\underset{x\rightarrow0^+}{\rightarrow}0\), la fonction \(f_n\) est continue sur \([0,1]\). En résumé, chaque fonction \(f_n\), \(n\in\Nn\), est continue sur \([0,1]\). De plus,

\(\forall x\in[0,1]\), \(f(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}f_n(x)\).

Vérifions alors que la série de fonctions de terme général \(f_n\) converge normalement et donc uniformément vers \(f\) sur le segment \([0,1]\). Pour \(x\in[0,1]\), posons \(g(x)=\left\{ \begin{array}{l} -x\ln x\;\text{si}\;x\in]0,1]\\ 0\;\text{si}\;x=0 \end{array} \right.\). La fonction \(g\) est continue sur le segment \([0,1]\) et admet donc un maximum \(M\) sur ce segment. Pour \(x\in[0,1]\), on a \(0\leqslant g(x)\leqslant M\) (on peut montrer que \(M=g\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e}\)). Mais alors \(\forall n\in\Nn\), \(\forall x\in]0,1]\), \(|f_n(x)|=\frac{(g(x))^n}{n!}\leqslant\frac{M^n}{n!}\) ce qui reste vrai pour \(x=0\). Comme la série numérique de terme général \(\frac{M^n}{n!}\) converge, on a montré que la série de fonctions de terme général \(f_n\) converge normalement et donc uniformément vers \(f\) sur le segment \([0,1]\).

D’après le théorème d’intégration terme à terme sur un segment, la série numérique de terme général \(\int_{0}^{1}f_n(x)\;dx\), converge et

\(\int_{0}^{1}f(x)\;dx=\sum_{n=0}^{+\infty}\int_{0}^{1}f_n(x)\;dx\)\((*)\).

Pour \(n\in\Nn\), posons \(I_n=\int_{0}^{1}f_n(x)\;dx\). Soit \(n\in\Nn\). En posant \(u=-\ln(x)\) puis \(v=(n+1)u\), on obtient

\[\begin{align*}\ensuremath I_n&=\frac{1}{n!}\int_{0}^{1}(-x\ln x)^n\;dx=\frac{1}{n!}\int_{+\infty}^{0}(ue^{-u})^n\times(-e^{-u}\;du)=\frac{1}{n!}\int_{0}^{+\infty}u^ne^{-(n+1)u}\;du\\ &=\frac{1}{n!(n+1)^{n+1}}\int_{0}^{+\infty}v^ne^{-v}\;dv=\frac{\Gamma(n+1)}{n!(n+1)^{n+1}}=\frac{1}{(n+1)^{n+1}}. \end{align*}\]

L’égalité \((*)\) s’écrit alors \(\int_{0}^{1}x^{-x}\;dx=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{(n+1)^{n+1}}=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^n}\).

Remarque. Pour calculer \(I_n=\int_{0}^{1}\frac{(-x\ln x)^n}{n!}\;dx\), on peut aussi s’intéresser plus généralement à \(J_{n,p}=\int_{0}^{1}\frac{x^n(-\ln x)^p}{n!}\;dx\) que l’on calcule par récurrence grâce à une intégration par parties.

Le travail qui précède permet encore d’écrire

\(\int_{0}^{1}x^x\;dx=\sum_{n=0}^{+\infty}\int_{0}^{1}\frac{(x\ln x)^n}{n!}\;dx=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{n^n}\).

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