Le « rêve de l'étudiant »

Stratégie : le même schéma qu'à l'exercice précédent, mais avec la série exponentielle. On développe $t^{-t}=e^{-t\ln t}$, tous les termes sont positifs sur $]0,1[$, et l'on vérifie l'hypothèse ${\sum }_n\int |u_n|<+\infty$ du théorème d'intégration terme à terme. Le cœur du calcul est l'intégrale ${\int }_0^1{t}^n(-\ln t{)}^n\mathrm{d}t$, qu'un changement de variable ramène à $\Gamma (n+1)=n!$ — et c'est ce $n!$ qui viendra effacer le $\frac{1}{n!}$ de la série exponentielle.

1. Intégrabilité. Pour $t\in ]0,1[$, $t^{-t}=e^{-t\ln t}$. La fonction $t\mapsto -t\ln t$ est continue sur $]0,1[$, tend vers $0$ en $0^{+}$ (croissances comparées) et vers $0$ en $1^{-}$, et atteint son maximum $\frac{1}{e}$ en $t=\frac{1}{e}$. Donc

$$1\le t^{-t}\le e^{1/e}\approx 1,4447(t\in ]0,1[):$$

$t\mapsto t^{-t}$ est continue et bornée sur l'intervalle borné $]0,1[$, donc intégrable.

2. Le développement. La série exponentielle converge pour tout réel :

$$t^{-t}=e^{-t\ln t}=\sum _{n=0}^{+\infty }{u}_n(t),u_n(t)=\frac{t^n(-\ln t{)}^n}{n!}\ge 0(t\in ]0,1[),$$

la positivité venant de $t>0$ et $-\ln t>0$ sur $]0,1[$.

3. Le calcul de ${\int }_0^1{t}^n(-\ln t{)}^n\mathrm{d}t$. On pose $u=-(n+1)\ln t$, c'est-à-dire $t=e^{-u/(n+1)}$ : c'est une bijection de classe ${\mathcal{C}}^1$ strictement décroissante de $]0,1[$ sur $]0,+\infty [$, avec $\mathrm{d}t=-\frac{1}{n+1}{e}^{-u/(n+1)}\mathrm{d}u$. Alors $t^n=e^{-nu/(n+1)}$ et $(-\ln t{)}^n=\frac{u^n}{(n+1{)}^n}$, d'où

$${\int }_0^1{t}^n(-\ln t{)}^n\mathrm{d}t={\int }_0^{+\infty }{e}^{-\frac{nu}{n+1}}\frac{u^n}{(n+1{)}^n}\cdot \frac{e^{-\frac{u}{n+1}}}{n+1}\mathrm{d}u=\frac{1}{(n+1{)}^{n+1}}{\int }_0^{+\infty }{u}^n{e}^{-u}\mathrm{d}u.$$

Les deux exponentielles se recollent en $e^{-u}$ puisque $\frac{n}{n+1}+\frac{1}{n+1}=1$ — c'est là tout l'intérêt du facteur $(n+1)$ dans le changement de variable. La dernière intégrale vaut $\Gamma (n+1)=n!$ (exercice 4), donc

$${\int }_0^1{t}^n(-\ln t{)}^n\mathrm{d}t=\frac{n!}{(n+1{)}^{n+1}},\text{et}{\int }_0^1|u_n|=\frac{1}{n!}\cdot \frac{n!}{(n+1{)}^{n+1}}=\frac{1}{(n+1{)}^{n+1}}.$$

4. Vérification des hypothèses et échange.

• chaque $u_n$ est continue et intégrable sur $]0,1[$ (valeur finie calculée au 3) ;
• $\sum u_n$ converge simplement sur $]0,1[$ vers $t\mapsto t^{-t}$, qui y est continue ;
• $\sum _{n=0}^{+\infty }{\int }_0^1|u_n|=\sum _{n=0}^{+\infty }\frac{1}{(n+1{)}^{n+1}}=\sum _{m=1}^{+\infty }\frac{1}{m^m}$, série convergente car $\frac{1}{m^m}\le \frac{1}{2^m}$ pour $m\ge 2$ (comparaison avec une géométrique).

Le théorème d'intégration terme à terme donne alors

$${\int }_0^1{t}^{-t}\mathrm{d}t=\sum _{n=0}^{+\infty }\frac{1}{(n+1{)}^{n+1}}=\sum _{m=1}^{+\infty }\frac{1}{m^m}.$$

Le point délicat, et la beauté de l'exercice : la « coïncidence » n'en est pas une. La même intégrale ${\int }_0^1{t}^n(-\ln t{)}^n$ produit à la fois le $n!$ qui annule le $\frac{1}{n!}$ de la série exponentielle et la puissance $(n+1{)}^{n+1}$ qui donne le terme $m^{-m}$. Rien n'est laissé au hasard : c'est l'exposant $-t$ de $t^{-t}$ qui, en couplant la base et l'exposant, fabrique cette structure.

Contrôle chiffré. Une quadrature numérique de ${\int }_0^1{t}^{-t}\mathrm{d}t$ donne $1,2912859970626635404$, tandis que ${\sum }_{m=1}^{20}{m}^{-m}=1,2912859970626635404$ : les dix-neuf premières décimales coïncident (la série converge extrêmement vite, $m^{-m}$ tombant sous $10^{-20}$ dès $m=17$). Contrôle d'encadrement, indépendant : le 1 a montré $1\le t^{-t}\le e^{1/e}$, donc l'intégrale est dans $[1;1,4447]$ — et $1,2913$ y est bien ✓. Contrôle de la série par ses premiers termes : $1+\frac{1}{4}+\frac{1}{27}+\frac{1}{256}=1,29095$, déjà à $3\cdot 10^{-4}$ de la valeur ✓.

Ce qui est acquis. Le schéma complet « développer, calculer $\int |u_n|$, sommer, conclure » ; et le réflexe de reconnaître $\Gamma$ derrière toute intégrale mêlant une puissance et un logarithme.