Série de Sophomore et fonction $x^x$

Résolution.

1. Pour $x \in ]0, 1]$, on a $f(x) = \exp(x \ln x)$. Par croissances comparées, $\lim_{x \to 0^+} x \ln x = 0$. Par continuité de l'exponentielle en $0$, on en déduit :
   $$\lim_{x \to 0^+} f(x) = e^0 = 1$$
   On prolonge $f$ par continuité en posant $\boxed{f(0) = 1}$.

2. La fonction $f$ est dérivable sur $]0, 1]$ comme composée de fonctions dérivables. Pour tout $x \in ]0, 1]$ :
   $$f'(x) = (\ln x + 1) e^{x \ln x} = (\ln x + 1) x^x$$
   Le signe de $f'(x)$ est celui de $\ln x + 1$. Ainsi :
   • $f'(x) < 0$ sur $]0, 1/e[$, donc $f$ est strictement décroissante sur $[0, 1/e]$.
   • $f'(x) > 0$ sur $]1/e, 1]$, donc $f$ est strictement croissante sur $[1/e, 1]$.
   Le minimum est atteint en $x = 1/e$ et vaut $\boxed{f(1/e) = e^{-1/e} \approx 0,69}$. Concernant la tangente en $0$, on étudie le taux d'accroissement :
   $$\frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \frac{e^{x \ln x} - 1}{x} \sim \frac{x \ln x}{x} = \ln x$$
   Comme $\lim_{x \to 0^0} \ln x = -\infty$, la fonction $f$ n'est pas dérivable à droite en $0$. La courbe représentative de $f$ admet une demi-tangente verticale au point $(0, 1)$.

3. La fonction $f$ est continue sur le segment $[0, 1]$ (après prolongement), elle est donc bornée et l'intégrale $I$ est bien définie en tant qu'intégrale d'une fonction continue sur un segment.

4. Pour tout $x \in ]0, 1]$, on utilise le développement en série entière de l'exponentielle :
   $$x^x = e^{x \ln x} = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(x \ln x)^n}{n!}$$
   Posons $u_n(x) = \frac{(x \ln x)^n}{n!}$. La fonction $h : x \mapsto x \ln x$ est continue sur $]0, 1]$ et prolongeable par continuité en $0$ (en posant $h(0)=0$) et en $1$ ($h(1)=0$). Elle est donc continue sur le segment $[0, 1]$, donc bornée. Soit $M = \max_{x \in [0, 1]} |x \ln x|$. Alors $\forall x \in [0, 1], |u_n(x)| \leq \frac{M^n}{n!}$. Comme la série numérique $\sum \frac{M^n}{n!}$ converge (vers $e^M$), la série de fonctions $\sum u_n$ converge normalement, donc uniformément sur $[0, 1]$. D'après le théorème d'intégration terme à terme pour une série convergeant uniformément sur un segment :
   $$\boxed{I = \int_0^1 \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(x \ln x)^n}{n!}   dx = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{n!} \int_0^1 (x \ln x)^n   dx}$$

5. 1. Calculons $J_{n,k} = \int_0^1 x^n (\ln x)^k   dx$ pour $k \in \{0, \dots, n\}$. Par intégration par parties pour $k \geq 1$ :
      $$J_{n,k} = \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} (\ln x)^k \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{x^{n+1}}{n+1} \frac{k (\ln x)^{k-1}}{x}   dx = 0 - \frac{k}{n+1} J_{n,k-1}$$
      Par récurrence immédiate :
      $$J_n = J_{n,n} = \frac{(-1)^n n!}{(n+1)^n} J_{n,0}$$
      Comme $J_{n,0} = \int_0^1 x^n   dx = \frac{1}{n+1}$, on obtient :
      $$\boxed{J_n = \frac{(-1)^n n!}{(n+1)^{n+1}}}$$

   2. En injectant ce résultat dans l'expression de $I$ :
      $$I = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{n!} \frac{(-1)^n n!}{(n+1)^{n+1}} = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{(n+1)^{n+1}}$$
      En effectuant un changement d'indice $k = n+1$ :
      $$\boxed{I = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k^k}}$$

6. La série $\sum_{k \geq 1} \frac{(-1)^{k-1}}{k^k}$ est une série alternée. Soit $a_k = \frac{1}{k^k}$. La suite $(a_k)$ est positive, décroissante et tend vers $0$. D'après le critère spécial des séries alternées, le reste $R_N$ de la série vérifie :
   $$|R_N| = \left| I - \sum_{k=1}^{N} \frac{(-1)^{k-1}}{k^k} \right| \leq a_{N+1} = \frac{1}{(N+1)^{N+1}}$$
   Pour obtenir une précision $\varepsilon$, il suffit de choisir $N$ tel que $(N+1)^{N+1} \geq \frac{1}{\varepsilon}$. Pour $\varepsilon = 10^{-2}$ :
   • Si $N=1$, $a_2 = \frac{1}{2^2} = 0,25$.
   • Si $N=2$, $a_3 = \frac{1}{3^3} = \frac{1}{27} \approx 0,037$.
   • Si $N=3$, $a_4 = \frac{1}{4^4} = \frac{1}{256} \approx 0,0039 < 0,01$.
   Une valeur approchée à $10^{-2}$ est donc donnée par $S_3 = \frac{1}{1^1} - \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^3} = 1 - 0,25 + 0,037 = 0,787$. On retient $\boxed{I \approx 0,79}$.