(1,0 p)- (Surpresa) - Mostre que vale a igualdade \int_{0}^{1} x^{x} d x=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{n^{n}}

Passo 1

O enunciado dá a integral
\int_{0}^{1} x^{x}\,dx
e pede para mostrar que ela é igual à série infinita
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{1}{n^{n}}.
Informações relevantes que temos no enunciado e que vamos usar (sem resolver ainda): o integrando é x^{x} em 0<x\le 1 (com comportamento especial em x=0), e a identidade a ser provada envolve uma soma infinita com sinais alternados e termos n^{-n}. A tarefa é transformar a integral numa série e justificar cada passo (troca soma ↔ integral, avaliação dos termos, mudança de índice).

Passo 2

Expressar x^{x} de uma forma que nos permita expandir em série. Usamos a definição exponencial:
x^{x} = e^{x\ln x}.
Aqui \ln x é o logaritmo natural e x\ln x é o expoente. A série de Taylor (série de potência) da exponencial é válida para todo argumento real, então podemos escrever, para cada x\in(0,1],
e^{x\ln x}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(x\ln x)^{k}}{k!}.
Explicando devagar: a fórmula geral é \displaystyle e^{y}=\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{y^{k}}{k!} para qualquer y. Aqui escolhemos y=x\ln x. Portanto
x^{x}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(x\ln x)^{k}}{k!}.

Passo 3

Justificar a troca soma ↔ integral. Queremos integrar termo a termo:
\int_{0}^{1} x^{x}\,dx = \int_{0}^{1}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(x\ln x)^{k}}{k!}\,dx
e trocar integral com soma. Para isso é suficiente mostrar que a série de funções é dominada por uma função integrável (aplicar o Teorema de Fubini/Tonelli ou o Teorema da Convergência Dominada).
Observe o termo somado em módulo:
\sum_{k=0}^{\infty}\left|\frac{(x\ln x)^{k}}{k!}\right|=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{|x\ln x|^{k}}{k!}=e^{|x\ln x|}.
Se conseguirmos mostrar que e^{|x\ln x|} é limitado por uma constante em [0,1], então há uma função integrável que domina a série ponto a ponto. Para isso usamos que a função
\varphi(x)=|x\ln x|= -x\ln x\quad\text{para }x\in(0,1]
atinge seu máximo em x=1/e. Para ver isso, derivamos \varphi (no intervalo (0,1]):
\varphi'(x) = -\ln x -1,
e \varphi'(x)=0 \ln x = -1, ou seja x=1/e. O valor máximo é
\varphi(1/e) = \frac{1}{e}.
Logo para todo x\in(0,1] vale |x\ln x|\le 1/e, e portanto
e^{|x\ln x|}\le e^{1/e}.
A função constante e^{1/e} é integrável em [0,1]. Assim a série de termos absolutos converge uniformemente e é dominada, o que legitimiza trocar soma e integral. Portanto podemos escrever
\int_{0}^{1} x^{x}\,dx = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}\int_{0}^{1} (x\ln x)^{k}\,dx.

Passo 4

Separar a potência e o fator \ln x:
\int_{0}^{1} (x\ln x)^{k}\,dx = \int_{0}^{1} x^{k}(\ln x)^{k}\,dx.
Assim
\int_{0}^{1} x^{x}\,dx = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}\int_{0}^{1} x^{k}(\ln x)^{k}\,dx.
Agora precisamos avaliar a integral genérica
I_{k}=\int_{0}^{1} x^{k}(\ln x)^{k}\,dx
para k=0,1,2,\dots.

Passo 5

Calcular I_{k}=\int_{0}^{1} x^{k}(\ln x)^{k}\,dx usando mudança de variável. Faça a substituição
t=-\ln x,\quad\text{logo}\quad x=e^{-t}.
Quando x varia de 0^{+} a 1, t varia de +\infty a 0. Além disso dx=-e^{-t}dt e \ln x = -t. Substituindo na integral:
I_{k}=\int_{\infty}^{0} e^{-kt}(-t)^{k}\,(-e^{-t})\,dt.
Simplificando os sinais e trocando os limites:
I_{k}=(-1)^{k}\int_{0}^{\infty} t^{k} e^{-(k+1)t}\,dt.
A integral que resta é uma integral tipo gama. Lembrando a fórmula (que podemos obter por substituição direta): para a>0,
\int_{0}^{\infty} t^{k} e^{-a t}\,dt = \frac{k!}{a^{\,k+1}}.
Aqui a=k+1, então
I_{k}=(-1)^{k}\frac{k!}{(k+1)^{\,k+1}}.
(Para k=0 essa fórmula dá I_{0}=\dfrac{0!}{1^{1}}=1, que confere com \int_{0}^{1}1\,dx=1.)

Passo 6

Voltar para a soma original substituindo I_{k}:
\int_{0}^{1} x^{x}\,dx = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}\,I_{k} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}\left[(-1)^{k}\frac{k!}{(k+1)^{\,k+1}}\right].
Cancelando k! obtemos
\int_{0}^{1} x^{x}\,dx = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{(k+1)^{\,k+1}}.
Fazendo a mudança de índice n=k+1 (assim n varia de 1 a \infty e k=n-1), obtemos
\int_{0}^{1} x^{x}\,dx = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{\,n-1}}{n^{n}}.

Resposta

\int_{0}^{1} x^{x}\,dx=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{1}{n^{n}}

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