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

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

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

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