Vis at
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
$\int_0^1 x^x\,dx = \int_0^1 e^{x\ln x}\,dx$Kjemikern skrev:$\int_{0}^{1}x^x dx=\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{n+1}n^{-n}.$
$e^{x\ln x}= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(x\ln x)^n}{n!}$, så (under antagelsen om at vi kan bytte rekkefølge på summen og integralet (taylorrekka til $e^x$ er uniformt konvergent på $\mathbb{R}$))
$\int_0^1 e^{x\ln x}\,dx=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}\int_0^1 (x\ln x)^n\,dx$
Bruker at $\frac{\partial \Gamma (n+1,x) }{\partial x} = - x^n e^{-x}$, og lar $y^{n+1}=e^{-x}$, så $x=-\ln y^{n+1} $ og $\frac{\partial y}{\partial x}=-\frac{1}{n+1}y$. Da blir
$\frac{\partial \Gamma (n+1,x) }{\partial x} = \frac{\partial y}{\partial x}\frac{\partial \Gamma (n+1,-(n+1)\ln y) }{\partial y} =- (-\ln y^{n+1})^n y^{n+1}$ så
$\frac{(-1)^n}{(n+1)^{n+1}}\frac{\partial \Gamma (n+1,-(n+1)\ln y) }{\partial y} =(\ln y)^n y^{n}$
Dermed er
$\int (x \ln x)^n dx = \frac{(-1)^{n} \Gamma(n+1, -(n+1) \ln x)}{(n+1)^{n+1}}+c$, der
$\Gamma(n+1,-(n+1)\ln x) = n!\, x^{n+1} \sum_{k=0}^{n} \frac{(-(n+1)\ln x))^k}{k!}$, så
$\frac{1}{n!}\int (x\ln x)^n\,dx=(-1)^{n}\frac{x^{n+1}\sum_{k=0}^n (-1)^k\frac{(n+1)^{k}\ln^k x}{k!}}{(n+1)^{n+1}}$
De eneste bidragene i summen på høyresida i det bestemte integralet er fra leddene når k=0 og x=1, dermed blir
$\frac{1}{n!}\int_0^1 (x\ln x)^n\,dx=(-1)^{n}(n+1)^{-(n+1)}$, så
$\int_0^1 x^x\,dx = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n (n+1)^{-(n+1)}$.
La $m=n+1$, så $n=m-1$ og
$\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n (n+1)^{-(n+1)}=\sum_{m=1}^{\infty}(-1)^{m-1} m^{-m}=\sum_{m=1}^{\infty}(-1)^{m+1} m^{-m}.\blacksquare$
Fint!plutarco skrev:$\int_0^1 x^x\,dx = \int_0^1 e^{x\ln x}\,dx$Kjemikern skrev:$\int_{0}^{1}x^x dx=\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{n+1}n^{-n}.$
$e^{x\ln x}= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(x\ln x)^n}{n!}$, så (under antagelsen om at vi kan bytte rekkefølge på summen og integralet)
$\int_0^1 e^{x\ln x}\,dx=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}\int_0^1 (x\ln x)^n\,dx$
Bruker at $\frac{\partial \Gamma (n+1,x) }{\partial x} = - x^n e^{-x}$, og lar $y^{n+1}=e^{-x}$, så $x=-\ln y^{n+1} $ og $\frac{\partial y}{\partial x}=-\frac{1}{n+1}y$. Da blir
$\frac{\partial \Gamma (n+1,x) }{\partial x} = \frac{\partial y}{\partial x}\frac{\partial \Gamma (n+1,-(n+1)\ln y) }{\partial y} =- (-\ln y^{n+1})^n y^{n+1}$ så
$\frac{(-1)^n}{(n+1)^{n+1}}\frac{\partial \Gamma (n+1,-(n+1)\ln y) }{\partial y} =(\ln y)^n y^{n}$
Dermed er
$\int (x \ln x)^n dx = \frac{(-1)^{n} \Gamma(n+1, -(n+1) \ln x)}{(n+1)^{n+1}}+c$, der
$\Gamma(n+1,-(n+1)\ln x) = n!\, x^{n+1} \sum_{k=0}^{n} \frac{(-(n+1)\ln x))^k}{k!}$, så
$\frac{1}{n!}\int (x\ln x)^n\,dx=(-1)^{n}\frac{x^{n+1}\sum_{k=0}^n (-1)^k\frac{(n+1)^{k}\ln^k x}{k!}}{(n+1)^{n+1}}$
De eneste bidragene i summen på høyresida i det bestemte integralet er fra leddene når k=0 og x=1, dermed blir
$\frac{1}{n!}\int_0^1 (x\ln x)^n\,dx=(-1)^{n}(n+1)^{-(n+1)}$, så
$\int_0^1 x^x\,dx = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n (n+1)^{-(n+1)}$.
La $m=n+1$, så $n=m-1$ og
$\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n (n+1)^{-(n+1)}=\sum_{m=1}^{\infty}(-1)^{m-1} m^{-m}=\sum_{m=1}^{\infty}(-1)^{m+1} m^{-m}.\blacksquare$