Utilisateur:BastienTourand/Brouillon1

En mathématiques, le rêve du deuxième année désigne les deux identités identités (en particulier la première)

${\begin{aligned}\int _{0}^{1}x^{-x}\,dx&=\sum _{n=1}^{\infty }n^{-n}\\\int _{0}^{1}x^{x}\,dx&=\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n+1}n^{-n}=-\sum _{n=1}^{\infty }(-n)^{-n}\end{aligned}}$

découvert en 1697 par Johann Bernoulli.

Les valeurs numériques de ces constantes sont respectivement 1.291285997... et 0.7834305107...

Le nom "rêve du deuxième année", apparu dans (Borwein, Bailey et Girgensohn 2004), fait référence au "rêve du première année" qui s'avère être la fausse identité (x + y)ⁿ = xⁿ + yⁿ. Le rêve du deuxième année (en anglais sophomore's dream) donne cette impression d'être "trop satisfaisante pour être vraie", mais elle l'est.

Preuves

Graphe des fonctions y = x^x (rouge, inférieur) et y = x^−x (gris, supérieur) sur les intervalles x ∈ (0, 1].

Les deux identités ont des preuves similaires: nous nous concentrerons par la suite sur la première. Les idées principales de la preuve sont:

• de noter x^x = exp(x log x) (avec la notation exp(t) pour l' fonction exponentielle e^t de base e);
• de développer exp(x log x) via la série entière de exp; et
• d'intégrer termes à termes, avec l' intégration par changement de variable.

Plus précisément, on développe x^x ainsi

$x^{x}=\exp(x\log x)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x^{n}(\log x)^{n}}{n!}}.$

Donc, $\int _{0}^{1}x^{x}\,dx=\int _{0}^{1}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x^{n}(\log x)^{n}}{n!}}\,dx.$

Par convergence uniforme de la série entière, on se permet d'interchanger l'ordre de la sommation et de l'intégration pour obtenir:

$\int _{0}^{1}x^{x}\,dx=\sum _{n=0}^{\infty }\int _{0}^{1}{\frac {x^{n}(\log x)^{n}}{n!}}\,dx.$

Afin de déterminer ces intégrales, on change de variable par changement de variable $x=\exp \left(-{\frac {u}{n+1}}\right).$ Avec cette substitution, les bornes de l'intégrale deviennent $0<u<\infty ,$ donnant l'identité

$\int _{0}^{1}x^{n}(\log x)^{n}\,dx=(-1)^{n}(n+1)^{-(n+1)}\int _{0}^{\infty }u^{n}e^{-u}\,du.$

Par l'Intégrale d'Euler de la Fonction_gamma, on a

$\int _{0}^{\infty }u^{n}e^{-u}\,du=n!,$

ainsi

$\int _{0}^{1}{\frac {x^{n}(\log x)^{n}}{n!}}\,dx=(-1)^{n}(n+1)^{-(n+1)}.$

En sommant (et changeant l'indexation de la somme afin qu'elle commence n = 1 au lieu de n = 0) on obtient l'identité souhaitée.

Preuve historique

La preuve originale, donnée par Bernoulli (cf. Référence 1) en 1697, et présentée sous une forme modernisée par Dunham (cf. Référence 3) en 2005, diffère de celle ci-dessus dans la façon dont l'intégrale de terme $\int _{0}^{1}x^{n}(\log x)^{n}\,dx$ est calculée, mais il en est autrement, en omettant les détails techniques pour justifier les étapes (comme l'intégration termes à termes). Plutôt que d'intégrer par substitution, donnant la fonction Gamma (inconnue à l'époque), Bernoulli a utilisé intégration par parties pour calculer itérativement ces termes.

L'intégration par parties se déroule comme suit, en faisant varier les deux exposants indépendamment pour obtenir une récurrence. Une intégrale indéfinie est calculée initialement, en omettant la constante d'intégration $+C$ à la fois parce que cela a été fait historiquement, et parce qu'elle abandonne lors du calcul de l'intégrale. On peut intégrer $\int x^{m}(\log x)^{n}\,dx$ en prenant u = (log x ) ⁿ et dv = x ^m dx , qui donne:

${\begin{aligned}\int x^{m}(\log x)^{n}\,dx&={\frac {x^{m+1}(\log x)^{n}}{m+1}}-{\frac {n}{m+1}}\int x^{m+1}{\frac {(\log x)^{n-1}}{x}}\,dx\qquad {\text{(for }}m\neq -1{\text{)}}\\&={\frac {x^{m+1}}{m+1}}(\log x)^{n}-{\frac {n}{m+1}}\int x^{m}(\log x)^{n-1}\,dx\qquad {\text{(for }}m\neq -1{\text{)}}\end{aligned}}$

(aussi dans Primitives de fonctions logarithmes). Cela réduit la puissance de l'intégrande de 1 (from $n$ to $n-1$) et donc on peut calculer l'intégrale récursivement, as

$\int x^{m}(\log x)^{n}\,dx={\frac {x^{m+1}}{m+1}}\cdot \sum _{i=0}^{n}(-1)^{i}{\frac {(n)_{i}}{(m+1)^{i}}}(\log x)^{n-i}$

où (n) _i désigne la généralisation $\prod _{k=0}^{n-1}(x-k)$ de la factorielle; il s'agit d'une somme finie car s'arrêtant à 0, car n est entier.

En outre m = n, étant entiers, donc

$\int x^{n}(\log x)^{n}\,dx={\frac {x^{n+1}}{n+1}}\cdot \sum _{i=0}^{n}(-1)^{i}{\frac {(n)_{i}}{(n+1)^{i}}}(\log x)^{n-i}.$

En intégrant de 0 à 1, tous les termes s'annulent sauf le dernier valant 1, et ainsi:

$\int _{0}^{1}{\frac {x^{n}(\log x)^{n}}{n!}}\,dx={\frac {1}{n!}}{\frac {1^{n+1}}{n+1}}(-1)^{n}{\frac {(n)_{n}}{(n+1)^{n}}}=(-1)^{n}(n+1)^{-(n+1)}.$

D'un point de vue moderne, c'est (à quelque chose près un facteur d'échelle) équivalent au calcul de l'identité intégrale d'Euler $\Gamma (n+1)=n!$ pour la fonction Gamma sur un autre domaine (correspondant à des variables changeantes par substitution), car l'identité d'Euler elle-même peut également être calculée via une intégration analogue par parties.

Voir aussi

• Série (mathématiques)