Etudier la convergence de cette série de fonctions $$S(x)= \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n\dfrac{x^n\ln^n(x)}{n ! }$$ - Exercice 1

Soit $$f$$ la fonction suivante :
$$f : v \in ]0 \,;\,1], \,\, f(v) = - v \ln(v) \,\,\,\, \mathrm{et} \,\,\,\, f(0) = 0$$
La fonction est dérivable sur $$]0 \,;\,1]$$ et on a immédiatement :
$$f' : v \in ]0 \,;\,1], \,\, f'(v) = - \left( \ln(v) + 1 \right)$$
On constate que $$f'(v) = 0$$ conduit à $$v = \dfrac{1}{e}$$. De fait, on a :
- si $$0 < v < \dfrac{1}{e}$$ on a $$f'(v) > 0$$ et en conséquence $$f$$ y est croissante ;
- si $$v = \dfrac{1}{e}$$ on a $$f'(v) = 0$$ et en conséquence $$f$$ y est stationnaire ;
- si $$\dfrac{1}{e} < v \leqslant 1$$ on a $$f'(v) < 0$$ et en conséquence $$f$$ y est décroissante.
En outre, on a $$f(0) = 0$$ et $$f(1) = 0$$. Ceci permet d'affirmer qu'en $$v = \dfrac{1}{e}$$ la fonction $$f$$ est maximale et sa valeur maximale est de :
$$f_{\underset{[0 \,;\,1]}{\max}} = f \left( \dfrac{1}{e} \right) = - \dfrac{1}{e} \ln\left( \dfrac{1}{e} \right) = \dfrac{1}{e} \ln\left( e \right) = \dfrac{1}{e}$$
Comme on a $$u_n(x) = \dfrac{f^n(x)}{n!}$$, en conséquence directe, nous pouvons écrire que :
$$\forall v \in [0 \,;\,1], \,\, 0 \leqslant u_n(v) \leqslant \dfrac{\left(\dfrac{1}{e}\right)^n}{n!} = \dfrac{1}{n! \, e^n}$$
Dit autrement :
$$\forall v \in [0 \,;\,1], \,\, \left\vert u_n(v) \right\vert \leqslant \dfrac{1}{n! \, e^n}$$
Donc :
$$\underset{[0 \,;\,1]}{\sup} \left\vert u_n(v) \right\vert = \dfrac{1}{n! \, e^n} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, || \, u_n(v) \, ||_{\infty} = \dfrac{1}{n! \, e^n}$$
Ainsi, pour statuer sur la nature de la série $$S(x)$$, il nous reste à étudier la convergence de la série numérique $$\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{1}{n! \, e^n}$$. A cet usage, utilisons le critère de d'Alembert. On a alors :
$$\dfrac{\dfrac{1}{(n+1)! \, e^{n+1}}}{\dfrac{1}{n! \, e^n}} = \dfrac{n! \, e^n}{(n+1)! \, e^{n+1}} = \dfrac{n! \, e^n}{(n+1)n! \, ee^n} = \dfrac{1}{(n+1) \, e}$$
De plus, comme $$n \in \mathbb{N}$$, on a alors $$0 < \dfrac{1}{(n+1) \, e} < 1$$. Il est donc possible d'affirmer que la série numérique $$\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{1}{n! \, e^n}$$ est convergente. En conséquence, la série de fonctions $$S(x)$$ est normalement convergente sur l'intervalle $$[0 \,;\,1]$$.

On sait que pour tout nombre réel $$X$$ on a :
$$e^X = \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{X^n}{n!}$$
Or, nous avons :
$$S(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} u_n(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n\dfrac{x^n\ln^n(x)}{n!} = \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{\left( -x\ln(x) \right)^n}{n!} = \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{\left( \ln\left( x^{-x} \right) \right)^n}{n!}$$
Donc, on en déduit alors que $$\left(X = \ln\left( x^{-x} \right) \right)$$ :
$$S(x) = e^{\ln\left( x^{-x} \right)}$$
Finalement :
$$S(x) = x^{-x}$$

Soit $$g$$ la fonction numérique suivante :
$$g : x \in ]0 \,;\, 1], \,\, g(x) = x^n \ln^p(x) \,\,\, \mathrm{avec} : 0 \leqslant p \leqslant n$$
De plus, par croissances comparées, on a :
$$\lim_{x \longrightarrow 0} x^n \ln^p(x) = 0$$
Ainsi imposons $$g(0) = 0$$ ce qui nous permet de prolonger $$g$$ sur l'intervalle $$[0 \,;\, 1]$$.
Posons maintenant :
$$I(n\,;\,p) = \int_0^1 x^n \ln^p(x) \, dx$$
A l'aide d'une intégration par parties, on obtient :
$$I(n\,;\,p) = \int_0^1 x^n \ln^p(x) \, dx = \left[ \dfrac{x^{n+1}}{n+1} \times \ln^p(x) \right]_0^1 - \int_0^1 \dfrac{x^{n+1}}{n+1} \times p \dfrac{1}{x}\ln^{p-1}(x) \, dx$$
Comme $$\ln(1) = 0$$, on a alors :
$$I(n\,;\,p) = 0 - \dfrac{p}{n+1}\int_0^1 x^n\ln^{p-1}(x) \, dx$$
Soit :
$$I(n\,;\,p) = - \dfrac{p}{n+1}I(n\,;\,p-1)$$
Ainsi, par récurrence sur $$p$$, on obtient :
$$I(n\,;\,p) = \left( - \dfrac{p-0}{n+1}I(n\,;\,p-1) \right) \times \left( - \dfrac{p-1}{n+1}I(n\,;\,p-2) \right) \times \cdots \times \left( - \dfrac{p-(p-1)}{n+1}I(n\,;\,p-p) \right)$$
Soit :
$$I(n\,;\,p) = \left( - \dfrac{p}{n+1}I(n\,;\,p-1) \right) \times \left( - \dfrac{p-1}{n+1}I(n\,;\,p-2) \right) \times \cdots \times \left( - \dfrac{1}{n+1}I(n\,;\,0) \right)$$
Soit encore :
$$I(n\,;\,p) = (-1)^p \dfrac{p \times p-1 \times \cdots \times 1}{(n+1)^p} I(n\,;\,0)$$
D'où :
$$I(n\,;\,p) = (-1)^p \dfrac{p !}{(n+1)^p} I(n\,;\,0)$$
Avec :
$$I(n\,;\,0) = \int_0^1 x^n \ln^0(x) \, dx = \int_0^1 x^n 1 \, dx = \int_0^1 x^n \, dx = \left[ \dfrac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 = \dfrac{1^{n+1}}{n+1} - \dfrac{0^{n+1}}{n+1} = \dfrac{1}{n+1} - 0 = \dfrac{1}{n+1}$$
$$I(n\,;\,p) = (-1)^p \dfrac{p !}{(n+1)^p} \dfrac{1}{n+1}$$
Ainsi :
$$I(n\,;\,p) = (-1)^p \dfrac{p !}{(n+1)^{p+1}}$$

On a :
$$\int_0^1 u_n(x) \, dx = \int_0^1 (-1)^n\dfrac{x^n\ln^n(x)}{n ! } \, dx = \dfrac{(-1)^n}{n !} \int_0^1 x^n \ln^n(x) \, dx = \dfrac{(-1)^n}{n !} I(n\,;\,n)$$
Or, on a :
$$I(n\,;\,n) = (-1)^n \dfrac{n !}{(n+1)^{n+1}}$$
Donc :
$$\int_0^1 u_n(x) \, dx = \dfrac{(-1)^n}{n !} \times (-1)^n \dfrac{n !}{(n+1)^{n+1}} = \left( (-1)^n\right)^2 \dfrac{1}{(n+1)^{n+1}}$$
Comme $$\left( (-1)^n\right)^2 = 1$$, on trouve que :
$$\int_0^1 u_n(x) \, dx = \dfrac{1}{(n+1)^{n+1}}$$

On constate que $$k \geqslant n+1$$, de fait on a :
$$k^k \geqslant (n+1)^{k}$$
Soit :
$$\dfrac{1}{k^k} \leqslant \dfrac{1}{(n+1)^{k}}$$
Soit encore :
$$k^{-k} \leqslant \dfrac{1}{(n+1)^{k}}$$
Ce qui implique que :
$$\sum_{k = n+1}^{n+p} k^{-k} \leqslant \sum_{k = n+1}^{n+p} \dfrac{1}{(n+1)^{k}}$$
Ainsi :
$$\sum_{k = n+1}^{n+p} k^{-k} \leqslant \sum_{k = n+1}^{n+p} \left( \dfrac{1}{n+1}\right)^{k}$$
Le terme $$\sum_{k = n+1}^{n+p} \left( \dfrac{1}{n+1}\right)^{k}$$ représente une somme de $$p$$ termes d'une suite géométrique de raison $$\dfrac{1}{n+1}$$ et de premier élément $$\left( \dfrac{1}{n+1}\right)^{n+1} = \dfrac{1}{(n+1)^{n+1}}$$. Ceci nous permet d'écrire que :
$$\sum_{k = n+1}^{n+p} \left( \dfrac{1}{n+1}\right)^{k} = \dfrac{1}{(n+1)^{n+1}} \times \dfrac{1 - \left( \dfrac{1}{n+1}\right)^{p}}{1 - \dfrac{1}{n+1}}$$
Ce qui nous donne :
$$\sum_{k = n+1}^{n+p} \left( \dfrac{1}{n+1}\right)^{k} = \dfrac{1}{(n+1)^{n+1}} \times \dfrac{1 - \left( \dfrac{1}{n+1}\right)^{p}}{\dfrac{n+1}{n+1} - \dfrac{1}{n+1}}$$
D'où :
$$\sum_{k = n+1}^{n+p} \left( \dfrac{1}{n+1}\right)^{k} = \dfrac{1}{(n+1)^{n+1}} \times \dfrac{1 - \left( \dfrac{1}{n+1}\right)^{p}}{\dfrac{n+1-1}{n+1}}$$
On a alors :
$$\sum_{k = n+1}^{n+p} \left( \dfrac{1}{n+1}\right)^{k} = \dfrac{1}{(n+1)^{n+1}} \times \dfrac{1 - \left( \dfrac{1}{n+1}\right)^{p}}{\dfrac{n}{n+1}}$$
Qui va également s'écrire comme :
$$\sum_{k = n+1}^{n+p} \left( \dfrac{1}{n+1}\right)^{k} = \dfrac{n+1}{n(n+1)^{n+1}} \times \left( 1 - \dfrac{1}{\left(n+1\right)^{p}} \right)$$
En simplifiant :
$$\sum_{k = n+1}^{n+p} \left( \dfrac{1}{n+1}\right)^{k} = \dfrac{1}{n(n+1)^{n}} \times \left( 1 - \dfrac{1}{\left(n+1\right)^{p}} \right)$$
Ceci nous permet donc d'écrire que :
$$\sum_{k = n+1}^{n+p} k^{-k} \leqslant\dfrac{1}{n(n+1)^{n}} \times \left( 1 - \dfrac{1}{\left(n+1\right)^{p}} \right)$$
En passant à la limite lorsque $$p \longrightarrow +\infty$$ on trouve que :
$$\lim_{p \longrightarrow +\infty} \sum_{k = n+1}^{n+p} k^{-k} \leqslant \lim_{p \longrightarrow +\infty}\dfrac{1}{n(n+1)^{n}} \times \left( 1 - \dfrac{1}{\left(n+1\right)^{p}} \right)$$
On a alors :
$$\sum_{k = n+1}^{+\infty} k^{-k} \leqslant \dfrac{1}{n(n+1)^{n}} \times \lim_{p \longrightarrow +\infty} \left( 1 - \dfrac{1}{\left(n+1\right)^{p}} \right)$$
Donc :
$$R_n \leqslant \dfrac{1}{n(n+1)^{n}} \times \left( 1 - \lim_{p \longrightarrow +\infty} \dfrac{1}{\left(n+1\right)^{p}} \right)$$
Ce qui nous donne :
$$R_n \leqslant \dfrac{1}{n(n+1)^{n}} \times \left( 1 - 0 \right)$$
Finalement, on obtient la majoration suivante :
$$R_n \leqslant \dfrac{1}{n(n+1)^{n}}$$

On sait que :
$$S(x) = x^{-x}$$
Donc :
$$\int_0^1 x^{-x} \, dx = \int_0^1 S(x) \, dx$$
Soit :
$$\int_0^1 x^{-x} \, dx = \int_0^1 \left( \sum_{n=0}^{+\infty} u_n(x) \right) \, dx$$
La convergence normale de la série de fonction $$S(x)$$ sur l'intervalle $$[0\,;\,1]$$ induit la convergence uniforme. Cette dernière nous permet d'écrire que :
$$\int_0^1 \left( \sum_{n=0}^{+\infty} u_n(x) \right) \, dx = \sum_{n=0}^{+\infty} \left( \int_0^1 u_n(x) \, dx \right)$$
Ce qui nous donne :
$$\int_0^1 \left( \sum_{n=0}^{+\infty} u_n(x) \right) \, dx = \sum_{n=0}^{+\infty} \left( \dfrac{1}{(n+1)^{n+1}}\right)$$
De fait, cela implique que :
$$\int_0^1 x^{-x} \, dx = \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{1}{(n+1)^{n+1}}$$
Introduisons alors la somme partielle $$S_n$$ suivante :
$$S_n = \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{(k+1)^{k+1}} = \sum_{k=1}^{{\color{red}{n+1}}} \dfrac{1}{k^k}$$
Soit encore :
$$S_n = \sum_{k=1}^{{\color{red}{n+1}}} k^{-k}$$
De fait, il est légitime de considérer que cette somme partielle $$S_n$$ est la valeur approchée de l'intégrale $$\int_0^1 x^{-x} \, dx$$.
D'après la question précédente, on peut majorer l'erreur commise en approximant la valeur de l'intégrale $$\int_0^1 x^{-x} \, dx$$ par la somme partielle $$S_n$$ à l'aide du majorant $$\dfrac{1}{({\color{red}{n+1}})({\color{red}{n+1}}+1)^{{\color{red}{n+1}}}} = \dfrac{1}{(n+1)(n+2)^{n+1}}$$.
Ainsi, il nous suffit d'écrire que :
$$\dfrac{1}{(n+1)(n+2)^{n+1}} < 10^{-4} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1}{(n+1)(n+2)^{n+1}} < \dfrac{1}{10^4}$$
Donc :
$$(n+1)(n+2)^{n+1} > 10^4$$
On remarque alors que $$n=3$$ conduit à $$(3+1)(3+2)^{3+1} = 4 \times 5^4 = 4 \times 625 = 2500 < 10000$$ et que $$n=4$$ conduit à $$(4+1)(4+2)^{3+1} = 5 \times 6^5 = 4 \times 7776 = 38880 > 10000$$. Donc nous allons retenir la valeur de $$n=4$$.
En conséquence
$$\int_0^1 x^{-x} \, dx \simeq \sum_{k=1}^{{\color{red}{4+1}}} k^{-k}$$
Donc :
$$\int_0^1 x^{-x} \, dx \simeq \sum_{k=1}^{5} \dfrac{1}{k^k}$$
Ce qui nous donne :
$$\int_0^1 x^{-x} \, dx \simeq \dfrac{1}{1^1} + \dfrac{1}{2^2} + \dfrac{1}{3^3} + \dfrac{1}{4^4} + \dfrac{1}{5^5}$$
Soit :
$$\int_0^1 x^{-x} \, dx \simeq \dfrac{1}{1} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{27} + \dfrac{1}{256} + \dfrac{1}{3125}$$
Soit encore :
$$\int_0^1 x^{-x} \, dx \simeq \dfrac{27891287}{21600000}$$
Finalement :
$$\int_0^1 x^{-x} \, dx \simeq 1,29126 \,\, u.a.$$
Une méthode numérique très performante donne la valeur numérique suivante pour l'intégrale :
$$\int_0^1 x^{-x} \, dx \simeq 1,2912722062966187 \,\, u.a.$$