title: Sogno del sophomore
text: # Sogno del sophomore
  
  Nella matematica, il "sogno del sophomore" è la coppia di identità (specialmente la prima)
  
      ${\begin{aligned}\int _{0}^{1}x^{-x}\,dx&=\sum _{n=1}^{\infty }n^{-n}\\\int _{0}^{1}x^{x}\,dx&=\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n+1}n^{-n}=-\sum _{n=1}^{\infty }(-n)^{-n}\end{aligned}}$
  
  scoperte nel 1697 da Johann Bernoulli.
  
  I valori numerici di queste costanti sono approssimativamente $1.291285997...$ e $0.7834305107...$, rispettivamente.
  
  Il nome "sogno del sophomore", che appare in Borwein, Bailey & Girgensohn (2004), è in contrasto con il nome "sogno della matricola" che è assegnato alla identità errata $(x+y)^{n}=x^{n}+y^{n}$. Il sogno del sophomore sembra "troppo bello per essere vero", ma in realtà lo è.
  
  ## Dimostrazione
  
  Le dimostrazioni delle due identità sono simili, quindi qui si dimostrerà soltanto la seconda. I passi chiave della dimostrazione sono:
  
  * scrivere $x^{x}=\exp(x\log x)$ (utilizzando la notazione $\exp(t)$ per la funzione esponenziale $e^{t}$ in base e);
  * espandere $\exp(x\log x)$ utilizzando la serie di potenze dell'esponenziale; e
  * integrare termine a termine, usando l'integrazione per sostituzione.
  
  In dettaglio, si espande $x^{x}$ come
  
      $x^{x}=\exp(x\log x)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x^{n}(\log x)^{n}}{n!}}.$
  
  Pertanto, $\int _{0}^{1}x^{x}\,dx=\int _{0}^{1}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x^{n}(\log x)^{n}}{n!}}\,dx.$
  
  Per la convergenza uniforme della serie di potenze, si può scambiare la sommatoria con l'integrale e ricavare
  
      $\int _{0}^{1}x^{x}\,dx=\sum _{n=0}^{\infty }\int _{0}^{1}{\frac {x^{n}(\log x)^{n}}{n!}}\,dx.$
  
  Per valutare gli integrali sopra, si può cambiare la variabile utilizzando la sostituzione $x=\exp \left(-{\frac {u}{n+1}}\right)$. Con questo cambio di variabile, gli estremi d'integrazioni diventano $0<u<\infty$, fornendo l'identità
  
      $\int _{0}^{1}x^{n}(\log \,x)^{n}\,dx=(-1)^{n}(n+1)^{-(n+1)}\int _{0}^{\infty }u^{n}e^{-u}\,du.$
  
  Secondo l'identità integrale di Eulero per la funzione Gamma, si ha
  
      $\int _{0}^{\infty }u^{n}e^{-u}\,du=n!,$
  
  in modo che
  
      $\int _{0}^{1}{\frac {x^{n}(\log x)^{n}}{n!}}\,dx=(-1)^{n}(n+1)^{-(n+1)}.$
  
  Sommando (e cambiando indice in modo che inizi in $n=1$ invece di $n=0$), si ricava l'identità.
  
  ### Dimostrazione storica
  
  La dimostrazione originale, fornita in Bernoulli (1697), e presentata nella forma moderna in Dunham (2005), differisce da quella sopra per come è calcolato l'integrale termine a termine $\int _{0}^{1}x^{n}(\log \,x)^{n}\,dx$, ma è tuttavia la stessa, omettendo dettagli tecnici per giustificare i passaggi (come l'integrazione). Invece di operare un cambio di variabile, ottenendo la funzione Gamma (che non era ancora conosciuta), Bernoulli usò l'integrazione per parti per calcolare iterativamente i termini.
  
  L'integrazione per parti procede come segue, variando indipendentemente i due esponenti per ottenere una formula ricorsiva. Si calcola inizialmente un integrale indefinito, omettendo la costante d'integrazione $+C$ sia perché storicamente fu così, sia perché sparisce quando si valuta l'integrale definito. Si può integrare $\scriptstyle \int x^{m}(\ln x)^{n}\,dx$ prendendo $u=(\ln x)^{n}$ e $dv=x^{m}dx$, da cui si ricava:
  
      ${\begin{aligned}\int x^{m}(\ln x)^{n}\,dx&={\frac {x^{m+1}(\ln x)^{n}}{m+1}}-{\frac {n}{m+1}}\int x^{m+1}{\frac {(\ln x)^{n-1}}{x}}\,dx\qquad {\text{(for }}m\neq -1{\text}}\\&={\frac {x^{m+1}}{m+1}}(\ln x)^{n}-{\frac {n}{m+1}}\int x^{m}(\ln x)^{n-1}\,dx\qquad {\text{(for }}m\neq -1{\text}}\end{aligned}}$
  
  (anche nella Tavola degli integrali indefiniti di funzioni logaritmiche). Questo metodo riduce di $1$ la potenza del logaritmo nell'integrando e così si può calcolare l'integrale induttivamente, ottenendo
  
      $\int x^{m}(\ln x)^{n}\,dx={\frac {x^{m+1}}{m+1}}\cdot \sum _{i=0}^{n}(-1)^{i}{\frac {(n)_{i}}{(m+1)^{i}}}(\ln x)^{n-i}$
  
  dove $(n)_{i}$ indica il fattoriale decrescente; compare una somma finita perché l'induzione si ferma in $0$, dal momento che $n$ è un intero.
  
  In questo caso $m=n$, e sono interi, perciò
  
      $\int x^{n}(\ln x)^{n}\,dx={\frac {x^{n+1}}{n+1}}\cdot \sum _{i=0}^{n}(-1)^{i}{\frac {(n)_{i}}{(n+1)^{i}}}(\ln x)^{n-i}.$
  
  Integrando da $0$ a $1$, tutti i termini si annullano eccetto l'ultimo in $1$, si ottiene:
  
      $\int _{0}^{1}{\frac {x^{n}(\ln x)^{n}}{n!}}\,dx={\frac {1}{n!}}{\frac {1^{n+1}}{n+1}}(-1)^{n}{\frac {(n)_{n}}{(n+1)^{n}}}=(-1)^{n}(n+1)^{-(n+1)}.$
  
  Da un punto di vista moderno, questo è (a meno di una costante moltiplicativa) al calcolare l'identità integrale di Eulero $\Gamma (n+1)=n!$ per la funzione Gamma in un differente dominio (corrispondente al cambiare la variabile), poiché quest'ultima può essere essa stessa calcolato attraverso ripetute integrazioni per parti.
  
  