Sueño del sofomoro

Las demostraciones de las dos identidades son completamente análogas, por lo que sólo la demostración de la segunda de ellas se presenta. Los ingredientes claves para la demostración son:

• Escribir ${\displaystyle x^{x}=\exp(x\ln x)}$ donde se utiliza la notación ${\displaystyle \exp(x)}$ para denotar la función exponencial ${\displaystyle e^{x}}$.
• Expandir ${\displaystyle x^{x}=x\exp(\ln x)}$ utilizando la serie de potencia para la función exponencial.
• Integrar utilizando integración por sustitución.

En detalles, uno expande ${\displaystyle x^{x}}$ como

${\displaystyle {\begin{aligned}x^{x}&=\exp(x\ln x)\\&=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(x\ln x)^{n}}{n!}}\\&=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x^{n}(\ln x)^{n}}{n!}}\end{aligned}}}$

Por lo que

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

Por el teorema de la convergencia uniforme de las series de potencia, uno puede intercambiar los operadores de suma e integral para obtener

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

Para evaluar la integral de arriba, uno puede cambiar la variable de integración realizando la sustitución

${\displaystyle x=\exp \left(-{\frac {u}{n+1}}\right)}$

Con esta sustitución, los límites de integración se transforman en ${\displaystyle 0<u<\infty ,}$ obteniendo

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}x^{x}dx&=\sum _{n=0}^{\infty }\int _{0}^{1}{\frac {x^{n}(\ln x)^{n}}{n!}}\;dx\\&=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}(n+1)^{-(n+1)}}{n!}}\int _{0}^{\infty }u^{n}e^{-u}\,du\end{aligned}}}$

Por la identidad integral de Euler para el función gamma, tenemos que

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

de modo que

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}x^{x}dx&=\sum _{n=0}^{\infty }\int _{0}^{1}{\frac {x^{n}(\ln x)^{n}}{n!}}\;dx\\&=\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}(n+1)^{-(n+1)}\end{aligned}}}$

Si intercambiamos los índices para que empiece en ${\displaystyle n=1}$ en lugar de ${\displaystyle n=0}$ obtenemos

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

Una generalización de las dos integrales de arriba consiste en la integral

${\displaystyle \int _{0}^{1}x^{cx^{a}}dx}$

siendo ${\displaystyle a}$ y ${\displaystyle c}$ números reales, esto es, ${\displaystyle a,c\in \mathbb {R} }$.

Procediendo similarmente y utilizando la identidad

${\displaystyle \int _{0}^{1}x^{m}(\ln x)^{n}dx=(-1)^{n}{\frac {n!}{(m+1)^{n+1}}}}$

puede demostrarse que

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}x^{cx^{a}}dx&=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}c^{n}}{(na+1)^{n+1}}}\\&=1-{\frac {c}{(a+1)^{2}}}+{\frac {c^{2}}{(2a+1)^{3}}}-{\frac {c^{3}}{(3a+1)^{4}}}+\cdots \end{aligned}}}$

Además de los casos ${\displaystyle c=-1}$ y ${\displaystyle a=1}$ con el que recuperaríamos la integral

${\displaystyle \int _{0}^{1}x^{-x}dx}$

y el caso ${\displaystyle c=a=1}$ con el que obtenemos

${\displaystyle \int _{0}^{1}x^{x}dx}$

es interesante dar algunos valores a ${\displaystyle c}$ y ${\displaystyle a}$.

Si ${\displaystyle c=1}$ y ${\displaystyle a=2}$ entonces obtenemos

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}x^{x^{2}}dx&=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{(2n+1)^{n+1}}}\\&=1-{\frac {1}{3^{2}}}+{\frac {1}{5^{3}}}-{\frac {1}{7^{4}}}+\cdots \\&=0.896488...\end{aligned}}}$

Si ${\displaystyle c=1}$ y ${\displaystyle a=1/2}$ entonces

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}x^{\sqrt {x}}dx&=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{\left({\frac {n}{2}}+1\right)^{n+1}}}\\&=1-{\frac {1}{\left({\frac {3}{2}}\right)^{2}}}+{\frac {1}{\left({\frac {4}{2}}\right)^{3}}}-{\frac {1}{\left({\frac {5}{2}}\right)^{4}}}+\cdots \\&=0.658582...\end{aligned}}}$

• Serie de Taylor
• Función gamma