Мечта второкурсника

В математике мечта второкурсника — пара тождеств (особенно первое)

$${\displaystyle {\begin{alignedat}{2}&\int _{0}^{1}x^{-x}\,dx&&=\sum _{n=1}^{\infty }n^{-n}\\&\int _{0}^{1}x^{x}\,dx&&=\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n+1}n^{-n}=-\sum _{n=1}^{\infty }(-n)^{-n}\end{alignedat}}}$$Открыт в 1697 году Иоганном Бернулли .

Числовые значения этих констант составляют приблизительно 1,291285997... и 0,7834305107... соответственно.

Название «сон второкурсника» ^[1] контрастирует с названием « сон первокурсника » , которое дано неправильной ^{[примечание 1]} личности . Сон второкурсника имеет похожее ощущение «слишком хорошо, чтобы быть правдой», но является правдой.${\textstyle (x+y)^{n}=x^{n}+y^{n}}$

Доказательства двух тождеств полностью аналогичны, поэтому здесь представлено только доказательство второго. Ключевые ингредиенты доказательства:

• записать (используя обозначение ln для натурального логарифма и exp для показательной функции );${\textstyle x^{x}=\exp(x\ln x)}$
• расширить, используя степенной ряд для exp ; и${\textstyle \exp(x\ln x)}$
• интегрировать почленно, используя интегрирование методом подстановки .

В деталях x ^x можно разложить как

$${\displaystyle x^{x}=\exp(x\log x)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x^{n}(\log x)^{n}}{n!}}.}$$

Поэтому,

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

При равномерной сходимости степенного ряда можно поменять местами суммирование и интегрирование, получив

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

Чтобы оценить приведенные выше интегралы, можно изменить переменную в интеграле с помощью замены При этой замене границы интегрирования преобразуются в тождество. По интегральному тождеству Эйлера для гамма-функции имеем так, что${\textstyle x=\exp(-{\frac {u}{n+1}}).}$${\displaystyle 0<u<\infty ,}$$${\displaystyle \int _{0}^{1}x^{n}(\log x)^{n}\,dx=(-1)^{n}(n+1)^{-(n+1)}\int _{0}^{\infty }u^{n}e^{-u}\,du.}$$$${\displaystyle \int _{0}^{\infty }u^{n}e^{-u}\,du=n!,}$$$${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{n}(\log x)^{n}}{n!}}\,dx=(-1)^{n}(n+1)^{-(n+1)}.}$$

Суммируя их (и изменяя индексацию так, чтобы она начиналась с n = 1 вместо n = 0 ), получаем формулу.

Первоначальное доказательство, данное в Бернулли ^[2] и представленное в модернизированной форме в Данхэме ^[3], отличается от приведенного выше способом вычисления почленного интеграла, но в остальном оно то же самое, опуская технические детали для обоснования шагов (таких как почленное интегрирование). Вместо того, чтобы интегрировать путем подстановки, получая гамма-функцию (которая еще не была известна), Бернулли использовал интегрирование по частям для итеративного вычисления этих членов.${\textstyle \int _{0}^{1}x^{n}(\log x)^{n}\,dx}$

Интеграция по частям происходит следующим образом, изменяя две экспоненты независимо друг от друга, чтобы получить рекурсию. Неопределенный интеграл вычисляется изначально, опуская константу интегрирования, как потому, что так было принято исторически, так и потому, что она выпадает при вычислении определенного интеграла.${\displaystyle +С}$

Интегрируя путем подстановки и получаем:${\textstyle \int x^{m}(\log x)^{n}\,dx}$${\textstyle u=(\log x)^{n}}$${\textstyle dv=x^{m}\,dx}$

$${\displaystyle {\begin{align}\int x^{m}(\log x)^{n}\,dx&={\frac {x^{m+1}(\log x)^{n}}{m+1}}-{\frac {n}{m+1}}\int x^{m+1}{\frac {(\log x)^{n-1}}{x}}\,dx\qquad {\text{(for }}m\neq -1{\text{)}}\\&={\frac {x^{m+1}}{m+1}}(\log x)^{n}-{\frac {n}{m+1}}\int x^{m}(\log x)^{n-1}\,dx\qquad {\text{(for }}m\neq -1{\text{)}}\end{align}}}$$

(также в списке интегралов логарифмических функций ). Это уменьшает степень логарифма в подынтегральном выражении на 1 (с до ) и, таким образом, можно вычислить интеграл индуктивно , как${\displaystyle n}$${\displaystyle n-1}$$${\displaystyle \int x^{m}(\log x)^{n}\,dx={\frac {x^{m+1}}{m+1}}\cdot \sum _{i=0}^{n}(-1)^{i}{\frac {(n)_{i}}{(m+1)^{i}}}(\log x)^{ni}}$$

где обозначает убывающий факториал ; сумма конечна, поскольку индукция останавливается на 0, поскольку n — целое число.${\textstyle (н)_{я}}$

В этом случае , и они являются целыми числами, поэтому${\textstyle м=н}$

$${\displaystyle \int x^{n}(\log x)^{n}\,dx={\frac {x^{n+1}}{n+1}}\cdot \sum _{i=0}^{n}(-1)^{i}{\frac {(n)_{i}}{(n+1)^{i}}}(\log x)^{ni}.}$$

Интегрируя от 0 до 1, все члены исчезают, за исключением последнего члена при 1, ^{[примечание 2],} что дает:

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

Это эквивалентно вычислению интегрального тождества Эйлера для гамма-функции в другой области определения (соответствующей изменению переменных путем подстановки), поскольку само тождество Эйлера также может быть вычислено посредством аналогичного интегрирования по частям.${\displaystyle \Gamma (n+1)=n!}$

• Серия (математика)

Сноски