Ключевая идея — разложить $x^x={\mathrm{e}}^{x\ln x}$ в степенной ряд по $x\ln x$ и проинтегрировать почленно.
1) Разложение и почленное интегрирование.
$x^x={\sum }_{k=0}^{\infty }\frac{(x\ln x{)}^k}{k!}$. Для каждого $k$ $${\int }_0^1{x}^k(\ln x{)}^{k}dx=(-1{)}^k\frac{k!}{(k+1{)}^{k+1}},$$ поэтому
$${\int }_0^1{x}^{x}dx=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^k}{(k+1{)}^{k+1}}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}}{n^n}.$$ Отсюда
$${\int }_0^1(x^x-1)dx=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}}{n^n}-1.$$
2) Обоснование почленного интегрирования.
Функция $t(x)=x\ln x$ принимает значения в отрезке $[-1/e,0]$, поэтому ряд экспоненты сходится равномерно по $x\in [0,1]$. Это даёт право менять сумму и интеграл; также поведение в нуле корректно, так как $x^x\to 1$.
3) Условия сходимости ряда.
Ряд ${\sum }_{n\ge 1}(-1{)}^{n+1}{n}^{-n}$ абсолютно сходится, так как $n^{-n}$ убывает супергеометрически (очень быстро). Для ряда-остатка при усреднённой оценке остатка для чередующегося ряда достаточно:
$$\left|R_N\right|\le \frac{1}{(N+1{)}^{N+1}}.$$
4) Приближение и численное значение.
Несколько первых членов:
$$S_N=\sum _{n=1}^N\frac{(-1{)}^{n+1}}{n^n}:S_1=1,S_2=0.75,S_3\approx 0.787037,S_4\approx 0.783131,S_6\approx \mathrm{0.783429.}$$ Значит
$${\int }_0^1{x}^{x}dx\approx 0.7834305,{\int }_0^1(x^x-1)dx\approx -\mathrm{0.2165695.}$$ По оценке остатка достаточно взять $N=6$ (ошибка $\le 1/7^7\approx 1.2\cdot 10^{-6}$).
5) Альтернативы.
- Прямое численное интегрирование (Simpson, Gauss) даёт тот же результат.
- Для аналитического представления замена ряда через гамма-интегралы или Sophmore's dream — то, что получено выше — считается «точным» в смысле закрытого ряда; элементарной простейшей замкнутой формы (через элементарные константы) нет.
Вывод: точное представление — ${\int }_0^1(x^x-1)dx=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}}{n^n}-1$, численно $\approx -0.2165695$; почленное интегрирование оправдано равномерной сходимостью ряда экспоненты на образе $x\ln x\in [-1/e,0]$.