Identité du rêve du préparationnaire

Résolution.

1. Existence de l'intégrale. La fonction $f : x \mapsto x^a \ln^b(x)$ est continue sur $]0, 1]$. D'après le théorème des croissances comparées, pour tout $(a, b) \in \mathbb{N}^2$ :
   $$\lim_{x \to 0^+} x^a \ln^b(x) = 0$$
   La fonction $f$ se prolonge donc par continuité en $0$ (en posant $f(0)=0$). Par conséquent, l'intégrale converge absolument sur $[0, 1]$.
   $$\boxed{ I(a, b) \text{ est bien définie pour tout } (a, b) \in \mathbb{N}^2 }$$

2. Calcul de $I(a, b)$ par récurrence. Soit $\varepsilon \in ]0, 1]$. Effectuons une intégration par parties en posant : $u'(x) = x^a \implies u(x) = \frac{x^{a+1}}{a+1}$ $v(x) = \ln^b(x) \implies v'(x) = \frac{b \ln^{b-1}(x)}{x}$ On obtient :
   $$\int_{\varepsilon}^1 x^a \ln^b(x)   dx = \left[ \frac{x^{a+1}}{a+1} \ln^b(x) \right]_{\varepsilon}^1 - \int_{\varepsilon}^1 \frac{x^{a+1}}{a+1} \frac{b \ln^{b-1}(x)}{x}   dx$$
   En faisant tendre $\varepsilon$ vers $0$, le terme entre crochets s'annule en $1$ (car $\ln(1)=0$) et en $0$ (par croissance comparée). On a donc :
   $$I(a, b) = - \frac{b}{a+1} I(a, b-1)$$
   Par itération immédiate ou par une récurrence sur $b$, on en déduit :
   $$I(a, b) = \left( \frac{-1}{a+1} \right)^b b! \times I(a, 0)$$
   Comme $I(a, 0) = \int_0^1 x^a   dx = \frac{1}{a+1}$, on obtient finalement :
   $$\boxed{ I(a, b) = \frac{(-1)^b b!}{(a+1)^{b+1}} }$$

3. Démonstration de l'identité. Pour tout $x \in ]0, 1]$, on peut écrire $\frac{1}{x^x} = e^{-x \ln x}$. En utilisant le développement en série entière de l'exponentielle, on a :
   $$\forall x \in ]0, 1],   \frac{1}{x^x} = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-x \ln x)^n}{n!} = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n!} x^n \ln^n(x)$$
   Posons $u_n(x) = \frac{(-1)^n}{n!} x^n \ln^n(x)$.
   • Chaque fonction $u_n$ est continue et intégrable sur $]0, 1]$.
   • La série $\sum u_n$ converge simplement vers $x \mapsto x^{-x}$ sur $]0, 1]$.
   • Calculons l'intégrale de la valeur absolue :
     $$\int_0^1 |u_n(x)|   dx = \frac{1}{n!} \int_0^1 x^n |\ln x|^n   dx$$
   Puisque $\ln x \le 0$ sur $]0, 1]$, on a $|\ln x|^n = (-1)^n \ln^n x$. Ainsi :
   $$\int_0^1 |u_n(x)|   dx = \frac{(-1)^n}{n!} I(n, n)$$
   D'après la question précédente :
   $$\int_0^1 |u_n(x)|   dx = \frac{(-1)^n}{n!} \frac{(-1)^n n!}{(n+1)^{n+1}} = \frac{1}{(n+1)^{n+1}}$$
   La série $\sum \int_0^1 |u_n|$ converge car $\frac{1}{(n+1)^{n+1}} \le \frac{1}{(n+1)^2}$ (terme général d'une série de Riemann convergente). D'après le théorème d'intégration terme à terme pour les séries de fonctions :
   $$\int_0^1 \sum_{n=0}^{+\infty} u_n(x)   dx = \sum_{n=0}^{+\infty} \int_0^1 u_n(x)   dx$$
   $$\int_0^1 \frac{1}{x^x}   dx = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{(n+1)^{n+1}}$$
   Par un glissement d'indice $k = n+1$, on conclut :
   $$\boxed{ \int_0^1 \frac{1}{x^x}   dx = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{k^k} }$$