Sueño del sofomoro

Plantilla:Referencias En matemáticas, el sueño de sophomore (en inglés sophomore’s dream) o traducido como el sueño del estudiante de segundo año, consiste en el par de identidades (especialmente la primera de ellas)

$\begin{array}{cc}\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{-x}dx& =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{n}^{-n}\\ \underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{x}dx& =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n+1}{n}^{-n}=-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-n{)}^{-n}\end{array}$

descubiertas en 1697 por Johann Bernoulli.

Los valores numéricos de estas constantes son aproximadamente $1.291285997...$ y $0.7834305107...$ respectivamente.

Demostración

Gráfica de las funciones $y=x^x$ (rojo) y $y=x^{-x}$ (gris) en el intervalo $(0,1]$.

Las demostraciones de las dos identidades son completamente análogas, por lo que sólo la demostración de la segunda de ellas se presenta. Los ingredientes claves para la demostración son:

• Escribir $x^x=\exp (x\ln x)$ donde se utiliza la notación $\exp (x)$ para denotar la función exponencial $e^x$.
• Expandir $x^x=x\exp (\ln x)$ utilizando la serie de potencia para la función exponencial.
• Integrar utilizando integración por sustitución.

En detalles, uno expande $x^x$ como

$\begin{array}{cc}{x}^x& =\exp (x\ln x)\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(x\ln x{)}^n}{n!}\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n(\ln x{)}^n}{n!}\end{array}$

Por lo que

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{x}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n(\ln x{)}^n}{n!}dx$

Por el teorema de la convergencia uniforme de las series de potencia, uno puede intercambiar los operadores de suma e integral para obtener

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{x}dx=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x^n(\ln x{)}^n}{n!}dx$

Para evaluar la integral de arriba, uno puede cambiar la variable de integración realizando la sustitución

$x=\exp (-\frac{u}{n+1})$

Con esta sustitución, los límites de integración se transforman en $0<u<\mathrm{\infty },$ obteniendo

$\begin{array}{cc}\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{x}dx& =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x^n(\ln x{)}^n}{n!}dx\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n(n+1{)}^{-(n+1)}}{n!}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{u}^n{e}^{-u}du\end{array}$

Por la identidad integral de Euler para el función gamma, tenemos que

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{u}^n{e}^{-u}du=n!$

de modo que

$\begin{array}{cc}\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{x}dx& =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x^n(\ln x{)}^n}{n!}dx\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n(n+1{)}^{-(n+1)}\end{array}$

Si intercambiamos los índices para que empiece en $n=1$ en lugar de $n=0$ obtenemos

$\begin{array}{cc}\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{x}dx& =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n+1}{n}^{-n}\\ & =-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-n{)}^{-n}\end{array}$

Generalizaciones

Una generalización de las dos integrales de arriba consiste en la integral

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{c{x}^a}dx$

siendo $a$ y $c$ números reales, esto es, $a,c\in ℝ$.

Procediendo similarmente y utilizando la identidad

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^m(\ln x{)}^{n}dx=(-1{)}^n\frac{n!}{(m+1{)}^{n+1}}$

puede demostrarse que

$\begin{array}{cc}\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{c{x}^a}dx& =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n{c}^n}{(na+1{)}^{n+1}}\\ & =1-\frac{c}{(a+1{)}^2}+\frac{c^2}{(2a+1{)}^3}-\frac{c^3}{(3a+1{)}^4}+\cdots \end{array}$

Casos Particulares

Además de los casos $c=-1$ y $a=1$ con el que recuperaríamos la integral

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{-x}dx$

y el caso $c=a=1$ con el que obtenemos

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{x}dx$

es interesante dar algunos valores a $c$ y $a$.

Si $c=1$ y $a=2$ entonces obtenemos

$\begin{array}{cc}\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{x^2}dx& =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{(2n+1{)}^{n+1}}\\ & =1-\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^3}-\frac{1}{7^4}+\cdots \\ & =0.896488...\end{array}$

Si $c=1$ y $a=1/2$ entonces

$\begin{array}{cc}\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{\sqrt{x}}dx& =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{{(\frac{n}{2}+1)}^{n+1}}\\ & =1-\frac{1}{{\left(\frac{3}{2}\right)}^2}+\frac{1}{{\left(\frac{4}{2}\right)}^3}-\frac{1}{{\left(\frac{5}{2}\right)}^4}+\cdots \\ & =0.658582...\end{array}$

Véase también

• Serie de Taylor
• Función gamma