Un ejercicio con los vectores proyección

Dados tres vectores, $\vec{u}$, $\vec{v}$ y $\vec{w}$, distintos los tres del vector nulo, tales que el producto escalar de $\vec{u}$ por $\vec{v}$ es igual al producto escalar de $\vec{u}$ por $\vec{w}$. Vamos a demostrar que la proyección de $\vec{v}$ sobre $\vec{u}$ es igual a la proyección de $\vec{w}$ sobre $\vec{u}$.

Partiendo de que, según el enunciado, los productos escalares referidos son iguales, podemos escribir:
  $\langle \vec{u},\vec{v} \rangle=\langle \vec{u},\vec{w} \rangle \quad \quad (1)$
Dividiendo ambos miembros de $(1)$ por $\left\|\vec{u}\right\|$ se tiene que
  $\displaystyle \dfrac{1}{\left\|\vec{u}\right\|}\,\langle \vec{u},\vec{v} \rangle=\dfrac{1}{\left\|\vec{u}\right\|}\,\langle \vec{u},\vec{w} \rangle$
    $\displaystyle \langle \dfrac{\vec{u}}{\left\|\vec{u}\right\|}\,,\vec{v} \rangle=\langle \dfrac{\vec{u}}{\left\|\vec{u}\right\|}\,,\vec{w} \rangle$
Tengamos en cuenta ahora que $\dfrac{\vec{u}}{\left\|\vec{u}\right\|}$, vector al que denominaremos $\vec{u_1}$, es un vector unitario (su módulo es igual a la unidad) en la dirección y sentido de $\vec{u}$. Por tanto, podemos escribir:
    $\displaystyle \langle \vec{u_1}\,,\vec{v} \rangle=\langle \vec{u_1},\vec{w} \rangle \quad (2)$
Y por la definición de producto escalar euclídeo, el primer miembro de $(2)$ es:
    $\langle \vec{u_1}\,,\vec{v} \rangle:=\left\|\vec{u_1}\right\|\cdot \left\|\vec{v}\right\|\cdot \cos(\measuredangle(\vec{u_1},\vec{v}))=1\cdot \left\|\vec{v}\right\|\cdot \cos(\measuredangle(\vec{u_1},\vec{v}))=\left\|\vec{v}\right\|\cdot \cos(\measuredangle(\vec{u_1},\vec{v}))=$
      $=\text{longitud de la proyección}_{\vec{u}}\,(\vec{v})$
y el segundo miembro de $(2)$ es:
    $\langle \vec{u_1}\,,\vec{w} \rangle:=\left\|\vec{u_1}\right\|\cdot \left\|\vec{w}\right\|\cdot \cos(\measuredangle(\vec{u_1},\vec{w}))=1\cdot \left\|\vec{v}\right\|\cdot \cos(\measuredangle(\vec{u_1},\vec{w}))=\left\|\vec{w}\right\|\cdot \cos(\measuredangle(\vec{u_1},\vec{w}))=$
      $=\text{longitud de la proyección}_{\vec{u}}\,(\vec{w})$
y al ser iguales sendos miembros, se tiene que: $$\text{longitud de la proyección}_{\vec{u}}\,(\vec{v})=\text{longitud de la proyección}_{\vec{u}}\,(\vec{w})$$ Démonos cuenta, por otra parte, de que los vectores proyección son:
  $\overset{\longrightarrow}{\text{proyección}_{\vec{u}}\,(\vec{v})}=(\text{longitud de la proyección}_{\vec{u}}\,(\vec{v}))\,\vec{u_1}$
y
  $\overset{\longrightarrow}{\text{proyección}_{\vec{u}}\,(\vec{w})}=(\text{longitud de la proyección}_{\vec{u}}\,(\vec{w}))\,\vec{u_1}$

Con lo cual, concluimos que dichos vectores proyección son iguales:
$$\overset{\longrightarrow}{\text{proyección}_{\vec{u}}\,(\vec{v})}=\overset{\longrightarrow}{\text{proyección}_{\vec{u}}\,(\vec{w})}$$
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Discusión de un límite en cuyo argumento aparece la función valor absoluto

Se pide que calculemos el siguiente límite: $$\displaystyle \lim_{x\rightarrow \,-1}\,\dfrac{|x+1|}{1-|x|}$$

Para que exista el límite, los límites laterales han de existir y, además, han tener el mismo valor. Veamos si es así, teniendo en cuenta la definición de valor absoluto $$|x+1|:=\left\{\begin{matrix}x+1 & \text{si} & x+1\ge 0 \Leftrightarrow x\ge -1 & (1.1) \\ -(x+1) & \text{si} & x+1\lt 0 \Leftrightarrow x\lt -1 & (1.2) \end{matrix}\right.$$ $$|x|:=\left\{\begin{matrix}x & \text{si} & x \ge 0 & (2.1) \\ -x & \text{si} & x\lt 0 & (2.2) \end{matrix}\right.$$

Calculemos los límites laterales.
  Límite lateral por la izquierda:
    $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \,-1^-}\,\dfrac{|x+1|}{1-|x|}\overset{(1.2),(2.2)}{=}\lim_{x\rightarrow \,-1^-}\,\dfrac{-(x+1)}{1-(-x)}=\lim_{x\rightarrow \,-1^-}\,\dfrac{-(x+1)}{x+1}= \lim_{x\rightarrow \,-1^-}\,-1=-1$
  Límite lateral por la derecha:
    $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \,-1^+}\,\dfrac{|x+1|}{1-|x|}\overset{(1.1),(2.2)}{=}\lim_{x\rightarrow \,-1^+}\,\dfrac{x+1}{1-(-x)}=\lim_{x\rightarrow \,-1^+}\,\dfrac{x+1}{x+1}=\lim_{x\rightarrow \,-1^+}\,1=1$
Así, si bien ambos límites laterales existen, pero sus valores no coinciden, razón por la cual se concluye que el límite global $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \,-1}\,\dfrac{|x+1|}{1-|x|}$ no existe.

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Observación 1:
De acuerdo con lo anterior, podemos decir que la función $f(x)=\dfrac{|x+1|}{1-|x|}$ tiene una discontinuidad de salto (finito) en $x=-1$

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Observación 2:
Démonos cuenta, por otra parte, de que el valor de la función $f(x)=\dfrac{|x+1|}{1-|x|}$ en $x=-1$ es $1$; en efecto: $f(-1)\overset{(1.1),(2.2)}{=}\dfrac{1+1}{1-(-1)}=\dfrac{2}{2}=1$.

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Valoración de una integral definida según un parámetro que aparece en la función integrando

¿A qué es igual la integral definida $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} e^{-kx}\,dx$, si $k\in \mathbb{R}$ puede ser negativo, positivo o bien cero?

Una primitiva de la función del integrando, $f(x)=e^{-kx}$, es $-k\,e^{-kx}$, luego la integral definida es $$\displaystyle \left[-k^{-kx}\right]_{0}^{+\infty}=-k\,e^{-k\cdot (+\infty)}-(-k\cdot e^{0})=-k\,e^{-k\cdot (+\infty)}-(-k\cdot 1)=-k\,(e^{-k\cdot (+\infty)}-1)$$ Entonces,

1. Si $k\gt 0$, $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} e^{-kx}\,dx=\left(-k\cdot (e^{-k\cdot (+\infty)}-1)\right)=-k\cdot (e^{-\infty}-1)=-k\cdot (0-1)=k \gt 0$
2. Si $k=0$, $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} e^{-kx}\,dx=\int_{0}^{+\infty} e^{0}\,dx=\int_{0}^{+\infty} 1\cdot dx=\int_{0}^{+\infty} \,dx=\left[x\right]_{0}^{+\infty}=+\infty$, la integral diverge
3. Si $k\lt 0$, entonces $-k\gt 0$, luego $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} e^{-kx}\,dx=\left(-k\,(e^{-k\cdot (+\infty)}-1)\right)=-k\cdot (e^{+\infty}-1)=-k\cdot (+\infty-1)=-k\cdot (+\infty)=+\infty$, esto es, la integral diverge

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Acerca de la resolución de algunas ecuaciones trascendentes que son típicas de la Olimpiada Matemática

Un problema que suele aparecer en alguna edición de la Olimpiada Matemática consiste en resolver ecuaciones del tipo $x^a=b^x$, donde $a$ y $b$ son números reales positivos, los cuales figuran como constantes. En ecuaciones trascendentes de este tipo suele recurrirse a expresar la solución (que puede estar formada por varios valores) de manera que interevenga la denominada función $W$ de Lambert, la cual, básicamente, y sin entrar en detalles tiene la siguiente propiedad que la caracteriza: $W(z\,e^{z})=z \quad (1)$, donde $z$ es, en principio, una función que toma valores en el conjunto de los números complejos, si bien, en particular, puede ser también una función que tome valores en el conjunto de los números reales, como es el caso del que trataré aquí. Voy a exponer cómo podemos utilizar esta propiedad, expresando como he dicho, la solución en términos de los valores que tome la función $W$ de Lambert para el correspondiente argumento de la misma, en cada caso. Sencillamente, nuestra labor consistirá en tratar de configurar la función $z$, que, naturalmente, va a depender de la variable $x$ (incógnita de la ecuación), aplicar la propiedad $(1)$ y, finalmente, despejar la incógnita $x$.

Procedamos, paso a paso, a realizar las manipulaciones algebraicas necesarias para tal fin:
  $x^a=b^x$
    $\ln(x^a)=\ln(b^x)$
      $a\,\ln(x)=x\,\ln(b)$
        $\dfrac{\ln(x)}{x}=\dfrac{\ln(b)}{a}$
          $\dfrac{1}{x}\,\ln(x)=\dfrac{\ln(b)}{a}$
            $\dfrac{1}{x}\,\left(-\ln(\frac{1}{x})\right)=\dfrac{\ln(b)}{a}$
              $-\dfrac{1}{x}\,\ln(\frac{1}{x})=\dfrac{\ln(b)}{a}$
                $\dfrac{1}{x}\,\ln(\frac{1}{x})=-\dfrac{\ln(b)}{a}$
Ahora, asociemos $z$ de la propiedad $(1)$ con $\dfrac{1}{x}$, y apliquemos la función $W$ de Lambert en cada miembro:
                $W\left(\dfrac{1}{x}\,\ln(\frac{1}{x})\right)=W\left(-\dfrac{\ln(b)}{a}\right)$
con lo cual, según la propiedad que caracteriza la función de Lambert, el primer miembro de la iguadad anterior es igual a $\dfrac{1}{x}$, por tanto llegamos a
                $\dfrac{1}{x}=W\left(-\dfrac{\ln(b)}{a}\right)$ luego,
                  $x=\dfrac{1}{W\left(-\dfrac{\ln(b)}{a}\right)} \quad (2)$

Ejemplo: Sean $a=2$ y $b=3$; es decir, resolvamos la ecuación $x^2=3^x$. En este caso, vemos (gráficamente) que la solución consta de un único valor, tal como puede comprobarse debajo:

Pues bien, de acuerdo con $(2)$ y los valores de $a$ y $b$ referidos, podemos decir que el resultado exacto de la ecuación es $x=\dfrac{1}{W\left(-\dfrac{\ln(3)}{2}\right)}$, y ahí acabaríais si estuviéseis resolviendo el ejercicio en unas olimpiadas matemáticas. Por otra parte, el valor aproximado de la solución que estamos visualizando en la gráfica, podemos obtenerlo de la tabulación de la función $W$ de Lambert entrando con el argumento $-\dfrac{\ln(3)}{2}$, e invirtiendo lo que resulte: $$x \approx -0,6860$$ -oOo-

Referencias para el profesor:

  [1]   [http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica3/especial/lambert/lambert.html]
  [2]   [https://es.wikipedia.org/wiki/Función_especial]
  [3]   [WolframAlpha]

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$\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x^x}{x!}=?$, $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x!}{x^x}=?$

Se pide estudiar los siguientes límites: $$\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x^x}{x!}$$ y $$\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x!}{x^x}$$

Para $x\gg 1$, se sabe que $x! \sim x\,\ln(x)$ lo cual podemos visualizar comparando las gráficas de $x!$ y $x\,\ln(x)$ como se muestra en la siguiente figura, que he elaborado con la utilidad en línea WolframAlpha:

Por lo tanto:
  $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x^x}{x!}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x^x}{x\,\ln(x)}$
Y, por la regla de L'Hôpital:
  $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x^x}{x\,\ln(x)}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{(x^x)'}{(x\,\ln(x))'}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x^x\,(1+\ln(x))}{1+\ln(x)}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,x^x=+\infty$
En conclusión: el límite $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x^x}{x!}$ diverge, por consiguiente $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x!}{x^x}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{x^x}{x!}\right)^{-1}=\dfrac{1}{+\infty}=0$, converge a $0$

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Una ecuación interesante en cuanto a las técnicas idóneas y razonamientos para poder resolverla

Una ecuación del tipo $x^x=x^3$, donde $x$ es una variable real, no ofrece ninguna dificultad para encontrar la solución por tanteo; a poco que ensayemos, vemos que $3$, $1$ y $-1$ (éste último quizá no sea tan fácil de ver) satisfacen la igualdad: $1^1=1^3=1$, $(-1)^{-1}=\dfrac{1}{(-1)}=(-1)^3=-1$; y lo mismo ocurre con $x=3$, pues tanto el primer miembro como el segundo dan como resultado $3^3=27$.

Bien pero, ¿habrá más valores que no podamos encontrar con tanta facilidad, como hemos hecho, digamos que 'a ojo de buen cubero'? Desde luego, por si estuviéramos tentados a pensar que $-3$ pudiese ser también parte de la solución, enseguida nos damos cuenta de que no es así, pues no satisface la ecuación pedida: $(-3)^{-3}=\dfrac{1}{(-3)^3}=-\dfrac{1}{27}\neq (-3)^3=-27$.

Investiguemos:
Si atendemos al trazo de las gráficas de las funciones de ambos miembros $y=x^x$ e $y=x^3$, la intersección de las mismas no se da en más de tres puntos, razón por la cual podemos responder definitivamente a esta pregunta con un 'no', ya que la gráfica no aparecen más de tres puntos de intersección.

[Figura 1.]

No obstante, voy a resolver la ecuación empleando las técnicas del álgebra y algún resultado básico del análisis de funciones, pues me parecese, que el caso que nos ocupa es bastante interesante, y, además, para casos similares, en los que no sea tan fácil ver la solución tan 'alegremente', es evidente que habrá que ir más allá y emplearse a fondo en los razonamientos.

Veamos si $x=0$ forma parte de la solución:
  Si sustituimos $x$ por $0$ en el segundo miembro obtenemos $0^3=0$. Por otra parte, es claro que al sustituir $x$ por $0$ en el primer miembro se nos presenta una indeterminación $0^0$, pero, si nos fijamos en la gráfica de la función $y=x^x$ (trazo azúl), podemos afirmar que el valor de la función $x^x$ en $x=0$ es $1$. Es decir, como $x^x$ es una función continua y, por lo que se ve, $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\,x^x=1$, luego $(x^x)_{x=0}=1$. Entonces, para $x=0$, el primer miembro toma el valor $1$ y el segundo miembro toma el valor $0$, luego $0$ no forma parte de la solución de la ecuación.

Busquemos ahora números positivos como posibles soluciones. Si $x\gt 0$, una buena idea para empezar es extraer logaritmos en cada miembro de la igualdad:
  $x^x=x^3$
    $\ln(x^x)=\ln(x^3)$
      $x\,\ln(x)=3\,\ln(x)$
        $x\,\ln(x)-3\,\ln(x)=0$
          $(x-3)\cdot \ln(x)=0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x-3=0 \\ \ln(x)=0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow x=\left\{\begin{matrix}3 \\ 1 \end{matrix}\right.$

Busquemos ahora números negativos, $x\lt 0$. Vemos que la extracción de logaritmos en cada miembro no es posible ahora, pues un logaritmo no está definido para valores negativos. Habrá que recurrir a otro enfoque. Encontrar las soluciones de la ecuación pedida es equivalente a encontrar las raíces de la función $\phi(x)=x^x-x^3$.

Como nos damos cuenta, de manera estimativa, de de $-1$ puede ser una raíz de $\phi$, calculemos el valor de la función $\phi$ a la derecha de $-1$, pongamos que en $x=-0.9$ y vemos que $\phi(-0.9)\lt 0$; mientras que a la derecha de $-1$, también razonablemente cerca de dicho punto, pongamos que en $x=-1.1$, se tiene que $\phi(-1.1)\gt 0$ (véase, abajo, la Figura 2.); en consecuencia, al haber un cambio de signo en los valores de función de uno a otro valor, y como la función $\phi(x)=x^x-x^3$ es continua, por el teorema de Bolzano, sabemos que tiene que haber al menos un valor $x\lt 0$ mayor que $-1.1$ y menor que $-0.9$ que anule la función $\phi$ y que por tanto sea raíz de la misma.

Figura 2. Gráfica de la función $\phi(x)=x^x-x^3$, ampliada para poder apreciar los valores que toma para valores negativos de la variable independiente

Por tanto, ése valor —que es precisamente el que vemos en las gráficas, y que corresponde a la abscisa del punto de intersección de las mismas (trazo azúl y trazo amarillo en la Figura 1.)— también es solución de la ecuación pedida $x^x=x^3$. Y, a poco que ensayemos, vemos que $x=-1$ también satisface la ecuación pedida.

En conclusión: la solución de la ecuación pedida $x^x=x^3$ consta de los siguientes valores en $\mathbb{R}$: $\{-1,1,3\}$

Utilidades empleadas:

  [1]   [WolframAlpha] (para realizar las gráficas y calcular valores de función)

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Ejemplo de una integral indefinida semi inmediata

Voy a calcular la siguiente integral indefinida $$\int\,k^x\,dx$$ siendo $k$ una constante positiva:

$\displaystyle \int\,k^x\,dx=$
  $\displaystyle =\int\,(e^{\ln\,k})^x\,dx$
    $\displaystyle =\int\,e^{x\,\ln\,k}\,dx$
      $\displaystyle =\dfrac{1}{\ln\,k}\,e^{x\,\ln\,k}+C$
        $\displaystyle=\dfrac{1}{\ln\,k}\,(e^{\ln\,k})^x+C$
          $\displaystyle=\dfrac{1}{\ln\,k}\,k^x+C$
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Una integral indefinida muy sencilla ...

Sebemos que $\int\,k\,dx = k\,x + C$, donde $k$ es una constante y $C$ es la correspondiente constante de integración. Voy a justificarlo:

$$\int\,k\,dx =\int\,d(k\,x)=k\,x+C$$

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Ejercicio de integración bastante completo en cuanto a técnicas y teoremas empleados

Calculemos la integral definida $$\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\,\sqrt{1-x^2}\,dx$$

Calculo en primer lugar la familia de primitivas de la integral indefinida $\displaystyle \int\,\sqrt{1-x^2}\,dx$. Para ello, parece apropiado el siguiente cambio de variable: $x=\sin\,\theta$; de este modo, $dx=(\sin\,\theta)_{\theta}^{'}\,d\theta=\cos\,\theta\, d\theta$. Con lo cual, $\int\,\sqrt{1-x^2}\,dx=\int\,\sqrt{1-\sin^2\,\theta}\,\cos\,\theta\,d\theta=\int\,\cos\,\theta\cdot \cos\, \theta\,d\theta$, integral que se brinda a ser resulta por la técnica de por partes.

Designando $u=\cos\,\theta$, y por tanto, $du=(\cos\,\theta)_{\theta}^{'}=-\sin\,\theta\,d\theta$ y $dv=\cos\,\theta\,d\theta$, lo que nos lleva a $v=\int\,\cos\,\theta\,d\theta=\sin\,\theta$, por la propiedad $\int\,u\,dv=uv-v\,\int\,du$, podemos escribir nuestra integral de la forma $\int\,\cos\,\theta\cdot \cos\, \theta\,d\theta=\sin\,\theta \cdot \cos\,\theta-\int\,\sin\,\theta\cdot (-\sin\,\theta)\,d\theta=\sin\,\theta\cdot\cos\,\theta+\int\,\sin^2\,\theta\,d\theta=$
  $=\sin\,\theta\cdot\cos\,\theta+\int\,(1-\cos^2\,\theta)\,d\theta \therefore \int\,\cos\,\theta\cdot \cos\, \theta\,d\theta=\int\,\cos^2\,\theta\,d\theta=\sin\,\theta\cdot\cos\,\theta+\int\,d\,\theta-\int\,\cos^2\,\theta\,d\theta\Rightarrow$
  $\Rightarrow 2\,\int\,cos^ 2\,\theta\,d\theta=\sin\,\theta\cdot \cos\,\theta+\theta \therefore \int\,\cos\,\theta\cdot \cos\,\theta\,d\theta=\dfrac{1}{2}\,\left(\theta+ \sin\,\theta\cdot \cos\,\theta\right)=\dfrac{1}{2}\,\left(\theta+ \sin\,\theta\cdot \sqrt{1-\sin^2\,\theta}\right)$. Por consiguiente, la familia de primitivas es:
  $F(x)=\dfrac{1}{2}\,\left(\text{arcsin}\,x+ x\,\sqrt{1-x^2}\right)+C \because \sin\,\theta=x \Rightarrow x=\text{arcsin}\,\theta$, siendo $C$ la constante de integración.

Finalmente, aplico el segundo teorema del cálculo integral (regla de Barrow), tomando cualquier valor para la constante de integración, por ejemplo, $C=0$:
  $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\,\sqrt{1-x^2}\,dx=F(\frac{\pi}{4})-F(0)=\dfrac{1}{2}\,\left(\text{arcsin}\,(\frac{\pi}{4})+ \frac{\pi}{4}\cdot \sqrt{1-(\frac{\pi}{4})^2}\right)-\dfrac{1}{2}\,\underset{0}{\underbrace{\left(\text{arcsin}\,0+ 0\cdot \sqrt{1-0^2}\right)}}=$
    $=\dfrac{1}{2}\,\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\pi}{4}\cdot \sqrt{1-(\frac{\pi}{4})^2}\right)=\dfrac{1}{2}\,\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\pi}{16}\cdot \sqrt{16-\pi^2}\right)=\dfrac{1}{4}\,\left(\sqrt{2}+\dfrac{\pi}{8}\cdot \sqrt{(4+\pi)(4-\pi)}\right)\,\diamond$

Una aplicación a la física del producto escalar: trabajo y energía mecánica

Consideremos una puerta corredera. Estando abierta, queremos cerrarla, y para ello, tiramos del pomo con una fuerza de $10\,\text{N}$, formando ésta con la guía un ángulo de $60^\circ$. La longitud que la desplazamos es de $2\,\text{m}$, de manera que el extremo de la puerta se desplaza del punto $A$ (inicial) situado sobre la guía corredera al punto $B$ (final) igualmente situado sobre la guía.

¿Cuál es la cantidad de energía mecánica que supone el cierre de la puerta?

El trabajo mecánico, $W$, que es igual a la energía mecánica pedida, viene dado por el producto escalar de la fuerza y el vector desplazamiento, esto es, $W:=\langle \vec{F},\vec{AB}\rangle =\left\| \text{proy}_{\vec{AB}}\,\vec{F}\right\|\cdot \left\|\vec{AB}\right\|=(F\,\cos\,60^{\circ})\cdot 2 = 10\cdot \dfrac{1}{2}\cdot 2=10\,\text{J} $
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Una ecuación que no tiene solución en el conjunto de los números reales, pero sí en el de los números complejos

Encaremos el siguiente reto (propio de Olimpiada Matemática), que consiste en intentar resolver la ecuación en el conjunto de los números complejos: $$1^x=2$$

Veamos, primero, que no es posible encontrar soluciones en el conjunto de los números reales. En efecto, podemos interpretar el miembro de la izquierda como la función real de una variable real: $f(x):=1^x=1 \,\forall, x\in \mathbb{R}$; es decir, es la función constante, con todas las ordenadas igual a $1$. Por otra parte, el segundo miembro, $g(x):=2$ es también una función constante, pero con todas las ordenadas igual a $2$. Es claro que las gráficas de $f(x)$ y $g(x)$ no van a intersecarse, puesto que $1\neq 2$, luego la ecuación no tiene solución en $\mathbb{R}$.

Sin embargo, como enseguida vamos a ver, la ecuación planteada sí tiene solución en el conjunto de los números complejos. Para ello, vamos a recordar la fórmula de Euler (estudiada en primero de bachillerato): $$e^{i\,\theta}=\cos\,\theta+i\,\sin\,\theta$$ siendo $\theta$ un ángulo en el plano complejo.

Entonces, démonos cuenta de que el $1$ de la base de la potencia $1^x$ del primer miembro puede escribirse de la forma $1=e^{i\,2k\pi}, \text{con}\;k\in \mathbb{Z}$. En consecuencia, la ecuación planteada, $1^x=2$, puede escribirse de la forma $$\displaystyle \left(e^{i\,2k\pi}\right)^x=2\;\,\forall k\in \mathbb{Z}$$ que podemos escribir de la forma $$\displaystyle e^{i\,2k\,\pi\,x}=2\;\,\forall k\in \mathbb{Z}$$ Operando con el logaritmo neperiano en cada miembro, $$\displaystyle \ln\,e^{i\,2k\,\pi\,x}=\ln\,2\;\,\forall k\in \mathbb{Z}$$ y por tanto, $$\displaystyle i\,2k\,\pi\,x \cdot \underset{1}{\underbrace{\ln\,e}}=\ln\,2\;\,\forall k\in \mathbb{Z}$$ en consecuencia, la solución consta de infinitos números complejos, con la siguiente estructura:
$$x=\dfrac{\ln\,2}{2k\,\pi\,i}=\dfrac{i\,\ln\,2}{2k\,\pi\,i^2}=-\dfrac{i\,\ln\,2}{2k\,\pi};\text{donde}\; \mathbb{Z} \ni k \neq 0$$ esto es, $$\displaystyle x\in \left\{ \pm\,\dfrac{i\,\ln\,2}{2\,\pi}, \pm\,\dfrac{i\,\ln\,2}{4\,\pi}, \pm\,\dfrac{i\,\ln\,2}{6\,\pi}, \ldots \right\}$$

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Cálculo de una integral definida (un ejemplo). Aplicación de la regla de Barrow

Para calcular, a modo de ejemplo, la integral definida $$\displaystyle \int_a^b\,3^x\,dx\,,\,\text{donde}\,a\lt b$$ necesitamos calcular, en primer lugar, la integral indefinida $$\displaystyle \int\,3^x\,dx$$ esto es, la familida de funciones primitivas $F(x)+C$ (siendo $C$ la constante arbitraria de integración), tales que, por el primer teorema del cálculo integral, cumpla que $\dfrac{d(F(x)+C)}{dx}=f(x)$, siendo $f(x)$ la función del integrando, es decir, $f(x)=3^x$

Veamos, primero, cuál es esa familia de funciones primitivas: $\displaystyle \int\,3^x\,dx\overset{[3=e^{\ln\,3}]}{=} \int\,\left(e^{\ln\,3}\right)^x\,dx=\int\,e^{x\,(\ln\,3)}\,dx \overset{(1)}{=}\int\,e^{x\,(\ln\,3)}\,\dfrac{d(x\,(\ln\,3))}{\ln\,3}=\dfrac{e^{x\,(\ln\,3)}}{\ln\,3} =\dfrac{3^x}{\ln\,3}+C$. Entonces, por el segundo teorema fundamental del cálculo integral (regla de Barrow), y a partir de cualquier función primitiva, por ejemplo $F(x)=\dfrac{3^x}{\ln\,3}$ (tomando, por ejemplo, $C=0$) tenemos que $\displaystyle \int_a^b\,3^x\,dx\overset{(2)}{=}F(b)-F(a)=\dfrac{3^b}{\ln\,3}-\dfrac{3^a}{\ln\,3}=\dfrac{1}{\ln\,3}\left(3^b-3^a\right)$

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Nota (1):
Este paso, en realidad, es un cambio de variable: $u:=x\,(\ln\,3)$ y por tanto $du=\left( x\,(\ln\,3) \right)'\,dx = (\ln\,3)\cdot 1\,dx = (\ln\,3)\,dx \Rightarrow dx=\dfrac{du}{\ln\,3}$, con lo cual $\displaystyle \int\,e^{x\,(\ln\,3)}\,dx = \int\,e^u\,\dfrac{du}{\ln\,3}=\dfrac{1}{\ln\,3}\,e^u+C=\dfrac{1}{\ln\,3}\,e^{(\ln\,3)\,x}+C=\dfrac{3^x}{\ln\,3}+C$

Nota (2):
Otra manera de notar la aplicación de la regla de Barrow es: $\displaystyle \displaystyle \int_a^b\,3^x\,dx=\left[ \dfrac{3^x}{\ln\,3} \right]_{a}^{b}=\dfrac{3^b}{\ln\,3}-\dfrac{3^a}{\ln\,3}=\dfrac{1}{\ln\,3}\left(3^b-3^a\right)$

Nota (3):
Podemos aplicar también la regla de Barrow a partir del cambio de variable (véase (1)) realizado y recalculando los nuevos límites de integración: $\displaystyle \int_{a}^{b}\,3^x\,dx=\int_{a}^{b}\,e^{x\,(\ln\,3)}\,dx\overset{(1)}{=}\int_{a\,\ln\,3}^{b\,\ln\,3}\,e^u\,\dfrac{du}{\ln\,3}=\left( \dfrac{e^{b\,\ln\,3}}{\ln\,3}-\dfrac{e^{a\,\ln\,3}}{\ln\,3}\right)=\dfrac{1}{\ln\,3}\,\left( e^{b\,\ln\,3} - e^{a\,\ln\,3}\right)=\dfrac{1}{\ln\,3}\,\left( 3^b-3^a \right)$

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Para personas interesadas en la preparación de las Olimpiadas Matemáticas (entre otros intereses): una aplicación práctica de la función especial $W$ de Lambert a la resolución de ecuaciones trascendentes de los tipos $x^x=a$, $x\,b^x=c$ y $a^{k\,x}=f(x)$, donde $a,b,c,k\in \mathbb{R}$ y $f(x)$ es una función lineal afín, en el cuerpo de los números reales

En este artículo voy a explicaros cómo podemos calcular la solución de una ecuación trascendente del tipo referido en el título. Voy a empezar resolviendo un caso sencillo, tal como $x^x=a$ para $x\in \mathbb{R}$ y siendo $a$ una constante a la cual le asignaremos el valor $2$, para dar consistencia práctica a este ejemplo. Después, resolveré casos un poco más complicados. Utilizaremos la función $W$ de Lambert, aunque en los tiempos que corren esto no esté incluído en el curriculo oficial de esta asignatura; sin embargo, sí se enseña este procedimiento a las personas interesadas en los problemas del tipo Olimpiada Matemática. Creo que aprender a hacerlo es muy útil, pues representa una vía de resolución alternativa a los métodos numéricos tales como el método de bisección (que sí se estudian en esta asignatura).

La función especial $W$ de Lambert se define de la siguiente manera: la función inversa (recíproca) de la función $f(x)=x\,e^x$ es $f^{-1}(x):=W(x)$, o lo que es lo mismo, si $y=x\,e^x$, se tiene que $W(y)=x$; dicho de otra forma: $W(x\,e^x)=x$ \quad (1), lo cual, también, lleva a poder escribir que $W(x)\,e^{W(x)}=x$ (siendo, en general, $x \in \mathbb{C}$). Dicha función tiene varias ramas, y sus valores pueden calcularse mediante algoritmos de cálculo numérico, que, al final, deberemos utilizar la mayor parte de las veces que necesitemos emplear dicho recurso. Suelo recurrir a la utilidad en línea WolframAlpha para esta finalidad.

Esa función especial de Lambert es de la que nos valdremos para resolver una ecuación de este tipo, eso sí, para no complicarnos excesivamente, nos restringiremos a operar con números reales.

Dicha función presenta varias ramas, para un mismo valor $k\in \mathbb{R}$, que se suelen designar mediante un subíndice: $W_{-1}(k), W_{0}(k), W_{1}(k),\ldots$, de las cuales en este caso en el que buscamos una solución en $\mathbb{R}$, solamente nos interesa la rama $W_{0}(k)$, cuyo valor (para un valor concreto de $k \in \mathbb{R}$ dado) podemos conocer consultando las tablas apropiadas o incluso consultar en línea alguna aplicación matemática, como por ejemplo Wolframalpha [https://www.wolframalpha.com/].

Desde luego, ni que decir tiene que, conocer a fondo la función $W$ de Lambert requiere un estudio exhaustivo y huelga decir que tal cosa sí corresponde a un curso universitario; pero, a efectos prácticos, lo que he dicho arriba es suficiente para resolver con elegancia este tipo de ecuaciones «sencillas» para un nivel de matemáticas de bachillerato, a partir, únicamente de la comprensión de la utilidad práctica de la propiedad (1).

Ejemplo 1

Bien, pues, el ejercicio de muestra que voy a tratar es (como ya he comentado) la resolución de la ecuación $x^x=2$, donde $x\in \mathbb{R}$. Lo describo a continuación, con algunos pasos algebraicos necesarios, paso a paso:
  $x^x=2$
    $\ln\,(x^x)=\ln\,2$
      $x\,\ln\,x=\ln\,2$
        $(e^{\ln\,x})\,\ln\left(e^{\ln\,x}\right)=\ln\,2$
          $(e^{\ln\,x})\,(\ln\,x)\,( \ln\,e)=\ln\,2$
            $(e^{\ln\,x})\,(\ln\,x)\cdot 1=\ln\,2$
              $(\ln\,x)\,e^{\ln\,x}=\ln\,2$
                $W\left((\ln\,x)\,e^{\ln\,x}\right)=W(\ln\,2)$
                  $W\left((\ln\,x)\,e^{\ln\,x}\right)=W(\ln\,2)$
                    $\ln\,x \overset{(1)}{=}W(\ln\,2)$, siendo el argumento de $W$, ahora, en particular, perteneciente a $\mathbb{R}$
                      $x=e^{W_{0}(\ln\,2)}=\;$ [Wolframalpha] $\;{\approx}1,5596 $.

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Comprobación:

Sustituyamos el valor encontrado en la ecuación original y veamos si se cumple la igualdad numérica entre ambos miembros:
  $1,5596^{1,5596}\overset{?}{=}2$
    $1,5596^{1,5596}\overset{\text{calculadora científica}}{=}1.99997...\approx 2$, que es (prácticamente) igual a la cantidad del segundo miembro.

Algunos ejemplos más:

Ejemplo 2

Voy a resolver ahora una ecuación algo distinta, tal como $2^x=\dfrac{1}{x}$. Para ello, como siempre, y en primer lugar, tendremos que trabajar un poco con el álgebra elemental para escribir la ecuación de tal manera que la aplicación de la propiedad reseñada arriba pueda utilizarse de manera bien clara:

$2^x=\dfrac{1}{x}$
  $x\,2^x=1 \quad (1)$
    $x\,\left(e^{\ln\,2}\right)^x=1$, habida cuenta de que $2\equiv e^{\ln\,2}$
      $x\,e^{x\,\ln\,2}=1$
        $(x\,\ln\,2)\,e^{x\,\ln\,2}=1\cdot \ln\,2$
          $W\left((x\,\ln\,2)\,e^{x\,\ln\,2}\right)=W(\ln\,2)$
            $x\,\ln\,2=W(\ln\,2)$
              $x=\dfrac{W(\ln\,2)}{\ln\,2}$
Consultando el valor de la función de Lambert para $\ln\,2$, vemos que $W(\ln\,2)\approx 0,4444$, lo cual lo he hecho mediante el asistente en línea WolframAlpha:

  W_0(log(2))
  Aproximación decimal
  0, 4444360910188604811868963306448808771676930202799304144725290184...

Por tanto, una aproximación del resultado exacto es $\dfrac{W(\ln\,2)}{\ln\,2}\approx 0,6411$

Comentario:
Dibujando las gráficas que corresponden a la función del miembro izquierdo, $f(x)=x\,2^x$, y derecho, $g(x)=1$ de $(1)$ se ve claramente que se intersecan en un sólo punto; así pues, la abscisa del mismo corresponde a la solución exacta encontrada.

Comprobación:

Sustituyendo este valor en la ecuación original: $2^{0,6411} \overset{?}{=} \dfrac{1}{0,6411}$. Vemos que el resultado aproximado puede darse por satisfactorio, pues el valor del primer miembro de la igualdad aproximada es $1,5595$, y el del segundo miembro es igual a $1,5598$, que difieren en tres diezmilésimas.

Ejemplo 3

Resolveré ahora una ecuación parecida: $2^x=2\,x$
que puedo escribirla de la forma,
  $2\,x\,2^{-x}=1$
    $2\,x\,\left(e^{\ln\,2}\right)^{-x}=1$
      $2\,x\,e^{-x\,\ln\,2}=1$
        $x\,e^{-x\,\ln\,2}=\dfrac{1}{2}$
          $-x\,e^{-x\,\ln\,2}=-\dfrac{1}{2}$
            $(-(\ln\,2)\,x)\,e^{-x\,\ln\,2}=-\dfrac{\ln\,2}{2}$
              $W\left(-(\ln\,2)\,x)\,e^{-x\,\ln\,2}\right)=W\left(-\dfrac{\ln\,2}{2}\right)$
              $-(\ln\,2)\,x=W\left(-\dfrac{\ln\,2}{2}\right)$
                $x=-\dfrac{W\left(-\dfrac{\ln\,2}{2}\right)}{\ln\,2}$
Consultando ahora el valor de la función W de Lambert con, por ejemplo, la ayuda de WolframAlpha:

obtenemos el resulado:
                $x=1$, cuya comprobación es inmediata.

Ejemplo 4

Otro caso interesante es, por ejemplo, el de la ecuación $2^x=x+1$, en la que he añadido un término constante al segundo miembro. También se ve claramente cuáles son los valores de la solución a simple vista: tanto $0$ como $1$ satisfacen la igualdad; en efecto, $2^0=1=0+1=1$ y $2^1=2=1+1=2$. Como en el ejemplo anterior, y aún a sabiendas de lo que debo encontrar, voy a seguir aplicando la técnica de la función de Lambert, lo cual será un agradable ejercicio, pues podremos comprobar si todo encaja. Empecemos pues con el juego algebraico apropiado para ir dando forma apropiada al argumento de la función W de Lambert. Démonos cuenta de que, en el fondo, en todos los casos expuestos estoy haciendo esencialmente lo mismo, esto es, reexpresar lo necesario de manera equivalente para poder utilizar esa interesante propiedad de la función especial de Lambert. Empecemos:
  $2^x=x+1$
    $(x+1)\,2^{-x}=1$
      $(x+1)\,2^{-x-1}\,2^1=1$
        $(x+1)\,2^{-x-1}=\dfrac{1}{2}$
          $-(x+1)\,2^{-(x+1)}=-\dfrac{1}{2}$
            $-(x+1)\,(e^{\ln\,2})^{(-(x+1))}=-\dfrac{1}{2}$
              $-(x+1)\,e^{-((\ln\,2)\,(x+1))}=-\dfrac{1}{2}$
                $(-(\ln\,2)\,(x+1))\,e^{(-(\ln\,2)\,(x+1))}=-\dfrac{1}{2}\,\ln\,2$
                  $W\left((-(\ln\,2)\,(x+1))\,e^{(-(\ln\,2)\,(x+1))}\right)=W(-\dfrac{\ln\,2}{2})$
                    $-(\ln\,2)\,(x+1)=W(-\dfrac{\ln\,2}{2})$
                      $x+1=-\dfrac{W(-\dfrac{\ln\,2}{2})}{\ln\,2}$
                        $x=-\dfrac{W(-\dfrac{\ln\,2}{2})}{\ln\,2}-1=1-1=0$
Obsérvese que si bien llegamos a uno de los dos valores que habíamos encontrado de un vistazo, $x_1=0$, no llegamos, en principio, a encontrar el segundo: $x_2=1$. Ello es debido a que la función de Lambert tiene más enjundia de lo que, sin querer, he llevado a hacer creer, pues, en realidad, tiene varias ramas, las cuales se designan por $W_n$ con $n\in \mathbb{Z}$.
Fijémonos en lo que nos da WolframAlpha como resultado general:

La ausencia en lo encontrado del segundo valor tiene que ver con el hecho de que sólo estoy utilizando una de las ramas múltiples ramas. Dicho ésto, no voy a profundizar más, siendo consciente que debo ceñirme a las posibilidades de comprensión para un nivel de segundo de Bachillerato. En cualquier caso, a las personas que estén muy interesadas, les sugiero la lectura de ampliación de la referencia [1], cuyo autor es el profesor Ángel Franco García, y en el que hace un estudio para $W_{-1}$ y $W_{0}$.

Ejemplo 5

Estudiemos ahora esta otra ecuación $2^x=2x+6$, que es similar a la anterior, y como se aprecia en la gráfica, la intersección de una función lineal afín con una función exponencial, da lugar a dos puntos; sus abscisas representan los valores que forman la solución de la ecuación.

Sigamos aplicando la técnica basada en la función W de Lambert para ver qué encontramos de esa manera:
  $2^x=2x+6$
    $2^x=2\,(x+3)$
      $2\,(x+3)\,2^{-x}=1$
        $2\cdot \,2^3\,(x+3)\,2^{-x-3}=1$
          $2^4\,(x+3)\,2^{-x-3}=1$
            $(x+3)\,2^{-x-3}=2^{-4}$
              $(x+3)\,(e^{\ln\,2})^{-x-3}=2^{-4}$
                $(x+3)\,e^{(-x-3)\,\ln\,2)}=2^{-4}$
                  $((-\ln\,2)(x+3))\,e^{(-(\ln\,2)\,(x+3)))}=(-\ln\,2)\cdot 2^{-4}$
                    $W\left(((-\ln\,2)(x+3))\,e^{(-(\ln\,2)\,(x+3)))}\right)=W\left((-\ln\,2)\cdot 2^{-4}\right)$
                      $(-\ln\,2)(x+3)=W\left((-\ln\,2)\cdot 2^{-4}\right)$
                        $x+3=\dfrac{W\left((-\ln\,2)\cdot 2^{-4}\right)}{-\ln\,2}$
                          $x=-\dfrac{W\left((-\ln\,2)\cdot 2^{-4}\right)}{\ln\,2}-3$
                            $x=-\dfrac{W\left(\frac{-\ln\,2}{16}\right)}{\ln\,2}-3$
Consultando (véase la figura abajo) el valor de la función de Lambert para el argumento dado, vemos que $W\left(\frac{-\ln\,2}{16}\right)\approx -0,0453$

Por tanto, el resultado aproximado del valor que se deduce en la línea de arriba es $x\approx -\dfrac{-0,0453}{\ln\,2}-3=-2,9346$. ¿Y qué ocurre con el segundo valor que deberíamos encontrar (próximo a $4$)? Pues bien, cabe aquí hacer el mismo comentario que en el ejemplo anterior, por lo que se refiere a las ramas de $W$ que no hemos utilizado; así que, de momento, no profundizaremos más. -oOo-

Referencias para el profesor:

  [1]   [http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica3/especial/lambert/lambert.html]
  [2]   [https://es.wikipedia.org/wiki/Función_especial]
  [3]   [WolframAlpha]

$\diamond$

Un recurso de cálculo de 'cajón de sastre' para realizar algunos cálculos aproximados

Un recurso bastante útil en algunas situaciones en las que la base de una función exponencial no es el número $e$ se basa en la siguiente propiedad, que es válida para $\mathbb{R} \ni a\gt 0$: $$a=e^{\ln\,a}$$ En efecto, sacando logaritmos en base $e$ en cada miembro, $$\ln\,a=\ln\,\left(e^{\ln\,a}\right)=(\ln\,a)\cdot \ln\,e=(\ln\,a)\cdot 1=\ln\,a$$

Así, por ejemplo, para derivar la función $f(x)=a^x$, donde $a\neq e$, la podemos, en primer lugar, reescribir de la forma $f(x)=a^x=\left(e^{\ln\,a}\right)^x=e^{ex\,\ln\,a}$ y, a continuación, aplicar la regla de derivación de la función exponencial de base $e$, además de la regla de la cadena: $$f'(x)=\left(a^x\right)'=\left(\left(e^{\ln\,a}\right)^x\right)'=\left(e^{(\ln\,a)\,x}\right)'=(\ln\,a)\,e^x$$

Otra interesante utilidad que nos brinda este recurso es el de hacer algunos cálculos aproximados de una manera bastante eficaz, sobre todo si no disponemos de recursos suficientes. Pongamos que deseamos calcular el resultado aproximado de $\sqrt[10]{3}$, y que la única herramienta de que disponemos es un libro de tabls de logaritmos; pues bien, primero, reescribamos convenientemente nuestro problema: $$\sqrt[10]{3}=3^{\frac{1}{10}}=\left(e^{\ln\,3}\right)^\frac{1}{10}$$ Consultando ahora nuestras tablas de logaritmos, vemos que el valor de $\ln\,3$ con una precisión de hasta la cuerta cifra decimal es $1,0986$, con lo cual $\sqrt[10]{3}=\left(e^{1,0986}\right)^{\frac{1}{10}}=e^{0,10986}$

Finalmente, tengamos en cuenta que, en las proximidades de $x=0$, la función $f(x)=e^x$ es muy parecida a la función $g(x)=1+x$ (basta con desarrollar en serie de Tylor la función $f(x)$ alrededor de $x=0$ y truncarla en el segundo término (de orden $1$), y como, en ese sentido, $0,10986$ es un número razonablemente pequeño (cercano a $0$), podemos hacer la siguiente aproximación $e^{0,10986} \approx 1 + 0,10986 = 1,10986$ de la cual tomaremos, siendo conservadores en nuestra pretensiones, tres cifras significativas, esto es, $e^{0,10986} \approx 1,11$, pudiendose comprobar que las tres son cifras significativas correctas. $\diamond$

Primitivas no elementales

Hay integrales indefinidas cuya familia de primitivas no es expresable combinando funciones elementales (polinomicas, exponenciales, trigonométricas, etc.). Si os encontráis con alguna de ellas en un examen de bachillerato —sería sin duda un error de diseño del ejercicio—, por ejemplo, $\displaystyle \int\,e^{-x^2}\,dx$. En tal caso, simplemente tenéis que tener en cuenta lo que acabo de decir, y quedaros ahí, pues la dificultad para resolverlo no corresponde a vuestro nivel de aprendizaje; no es que no se pueda resolver, pues hay que tener bien presente y saber de antemano que cualquier función continua, como en este caso $e^{-x^2}$, ciertamente, es integrable.

Por si alguien tiene curiosidad, os diré que el resultado tiene que ver con una función llamada función error, $\text{erf}(x)$, (relacionada con la probabilidad y la estadística), $\displaystyle \int\,e^{-x^2}\,dx=\dfrac{{\sqrt{\pi}}}{2}\,\text{erf}(x)+C\,,\,\forall\,C \in \mathbb{R}$, pero eso os lo dejo para el curso siguiente, que ya estaréis en la facultad.

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Observación importante:

No obstante lo que acabo de decir, sí que tenéis que saber lo que os voy a comentar a continuación, lo cual, dicho sea de paso, está relacionado con esa función error de la que os acabo de hablar (como veréis en cursos superiores):

Cuando estudiéis la función de distribución de probabilidad de Gauss (en este mismo curso) veréis que el resultado de la integral impropia $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\,e^{-x^{2}/2}\,dx$ es igual a $\sqrt{2\,\pi}$, pues al ser $f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{2\,\pi}}\,e^{-x^{2}/2}$ la función de densidad de probabilidad de una variable aleatoria normal (gaussiana) de media $\mu=0$ y desviación estándar $\sigma=1$, al integrar en todo el dominio, su resultado ha de ser igual a la probabilidad total, esto es, igual a $1$ $$\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\,\dfrac{1}{\sqrt{2\,\pi}}\,e^{-x^{2}/2}\,dx= \dfrac{1}{\sqrt{2\,\pi}}\,\int_{-\infty}^{+\infty}\,e^{-x^{2}/2}\,dx=1 \Rightarrow \int_{-\infty}^{+\infty}\,e^{-x^{2}/2}\,dx=\sqrt{2\,\pi}$$ De ahí se demuestra que $$\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\,e^{-x^2}\,dx= \sqrt{\pi}$$ En efecto, haciendo el cambio de variable $x:=t/\sqrt{2}$, se tiene que $dx=\left( t/\sqrt{2} \right)'\,dx = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\,dx$; entonces, como $t \rightarrow -\infty$ cuando $x \rightarrow -\infty$ y $t \rightarrow +\infty$ cuando $x \rightarrow +\infty$, se tiene que $$\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\,e^{-x^2}\,dx=\int_{-\infty}^{+\infty}\,e^{-t^2\,/2}\,\dfrac{dt}{\sqrt{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\,\int_{-\infty}^{+\infty}\,e^{-t^2\,/2}\,dt=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\cdot \sqrt{2\pi}=\sqrt{\pi}.\,\diamond$$