Sueño del sofomoro

Este artículo o sección necesita referencias que aparezcan en una publicación acreditada. Busca fuentes: «Sueño del sofomoro» – noticias · libros · académico · imágenes Este aviso fue puesto el 5 de marzo de 2021.

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)

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}x^{-x}\,dx&=\sum _{n=1}^{\infty }n^{-n}\\\int _{0}^{1}x^{x}\,dx&=\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n+1}n^{-n}=-\sum _{n=1}^{\infty }(-n)^{-n}\end{aligned}}}$

descubiertas en 1697 por Johann Bernoulli.

Los valores numéricos de estas constantes son aproximadamente ${\displaystyle 1.291285997...}$ y ${\displaystyle 0.7834305107...}$ respectivamente.

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

En detalles, uno expande ${\displaystyle x^{x}}$ como

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

Por lo que

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

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

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

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

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

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

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}x^{x}dx&=\sum _{n=0}^{\infty }\int _{0}^{1}{\frac {x^{n}(\ln x)^{n}}{n!}}\;dx\\&=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}(n+1)^{-(n+1)}}{n!}}\int _{0}^{\infty }u^{n}e^{-u}\,du\end{aligned}}}$

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

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }u^{n}e^{-u}\,du=n!}$

de modo que

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}x^{x}dx&=\sum _{n=0}^{\infty }\int _{0}^{1}{\frac {x^{n}(\ln x)^{n}}{n!}}\;dx\\&=\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}(n+1)^{-(n+1)}\end{aligned}}}$

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

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}x^{x}\,dx&=\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n+1}n^{-n}\\&=-\sum _{n=1}^{\infty }(-n)^{-n}\end{aligned}}}$

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

${\displaystyle \int _{0}^{1}x^{cx^{a}}dx}$

siendo ${\displaystyle a}$ y ${\displaystyle c}$ números reales, esto es, ${\displaystyle a,c\in \mathbb {R} }$.

Procediendo similarmente y utilizando la identidad

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

puede demostrarse que

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}x^{cx^{a}}dx&=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}c^{n}}{(na+1)^{n+1}}}\\&=1-{\frac {c}{(a+1)^{2}}}+{\frac {c^{2}}{(2a+1)^{3}}}-{\frac {c^{3}}{(3a+1)^{4}}}+\cdots \end{aligned}}}$

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

${\displaystyle \int _{0}^{1}x^{-x}dx}$

y el caso ${\displaystyle c=a=1}$ con el que obtenemos

${\displaystyle \int _{0}^{1}x^{x}dx}$

es interesante dar algunos valores a ${\displaystyle c}$ y ${\displaystyle a}$.

Si ${\displaystyle c=1}$ y ${\displaystyle a=2}$ entonces obtenemos

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

Si ${\displaystyle c=1}$ y ${\displaystyle a=1/2}$ entonces

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

• Serie de Taylor
• Función gamma