Calcular el área bajo la campana de Gauss

En la cita Ouch! del pasado mes de mayo dani comentó aquí que la demostración de que el área entre la curva descrita por la campana de Gauss y el eje X es 1 era hermosa. En este artículo os dejo la demostración que conozco de este hecho. Si conocéis otra no dudéis en comentarla.

Introducción

Campana de Gauss
La función definida de la siguiente forma:

$f(x) = a e^{\frac{-(x-b)^2}{2c^2}}$

se denomina función gaussiana y su gráfica tiene forma de campana. Tomando ciertos valores de $a,b$ y $c$ obtenemos que esta función es la función de densidad de una variable aleatoria normal:

Si $X$ es una variable aleatoria que sigue una distribución normal de media $\mu$ y desviación típica $\sigma$ (suele escribirse también de la forma $X \rightsquigarrow N(\mu,\sigma)$ ), entonces $X$ tiene como función de densidad a:

$f(x)=\frac{1}{\sigma \sqrt{2 \pi}} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2 \sigma ^2}}$

Para comprobar que $f(x)$ es una función de densidad debemos comprobar estas dos condiciones:

1.- $f(x) \ge 0, \, \forall x\in\mathbb{R}$
2.- $\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx=1}$

La primera condición es evidente, al ser $\sigma \ge 0$ (por definición de desviación típica) y por ser la exponencial siempre positiva. La comprobación de la segunda condición consiste simplemente en el cálculo de esa integral impropia…¿Simplemente?

Quienes no conozcan esta integral pueden intentar calcularla encontrando una primitiva y evaluando después en $-\infty$ y en $\infty$ . Tiempo perdido. No podemos encontrar dicha primitiva. Pero, por suerte, sí podemos calcular esa integral, aunque no con cálculo integral de una variable sino con cálculo integral de dos variables.

Explicación previa

Para empezar es evidente que $f(x)$ es simétrica respecto de la recta $x=\mu$ (sustituid $x$ por $\mu+k$ y $\mu-k$ y veréis que se obtiene el mismo resultado). Por simplicidad para los cálculos tomaremos $\mu=0$ y $\sigma =1$ , es decir, la función de densidad de la conocida $Z \rightsquigarrow N(0,1)$ . Esto es, calcularemos la integral siguiente:

$f(x)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}} e^{-\frac{x^2}{2}}$

Con ello, por tanto, obtenemos una función par (simétrica respecto del eje Y), por lo que bastará con calcular la integral entre ${0}$ e $\infty$ y después multiplicar por dos el resultado.

Hemos dicho que vamos a utilizar cálculo integral de dos variables. Concretamente calcularemos una integral doble (en dos variables) y deduciremos de ese cálculo cuánto vale la integral buscada. Para el cálculo de dicha integral doble serán esenciales las coordenadas polares.

Cálculo de la integral

La integral doble que vamos a calcular es la siguiente:

$\displaystyle{\int_0^{\infty} \int_0^{\infty} e^{\frac{-x^2-y^2}{2}} \, dx \, dy}$

Para ello realizamos un cambio a coordenadas polares:

$x=r \, cos(\theta)$
$y=r \, sen(\theta)$

Al realizar este cambio los intervalos en los que toman valores $r$ y $\theta$ son los siguientes:

$0 \le r \le \infty$
$0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}$

Por otra parte se tiene que en polares $x^2+y^2=r^2$ , por lo que el exponente de la exponencial quedará $\textstyle{\frac{-r^2}{2}}$ . Y por realizar un cambio de variable en una integral doble debemos multiplicar por el valor absoluto del jacobiano del cambio de variable, que en este caso es $r$ .

Ya estamos preparados para plantear la integral:

$\displaystyle{\int_0^{\infty} \int_0^{\infty} e^{\frac{-x^2-y^2}{2}} \, dx \, dy=\int_0^{\infty} \int_0^{\frac{\pi}{2}} r \, e^{\frac{-r^2}{2}} \, d \theta \, dr=}$

Al quedarnos una función independiente de $\theta$ obtenemos:

$\displaystyle{=\frac{\pi}{2} \, \int_0^{\infty} r \, e^{\frac{-r^2}{2}} \, dr=}$

Calculamos dicha integral:

$=\frac{\pi}{2} \cdot (-1) \cdot (e^{\frac{-r^2}{2}}) \Bigg ]_0^{\infty}=\frac{\pi}{2}$

Obtenemos entonces la primera parte de nuestro cálculo:

$\displaystyle{\int_0^{\infty} \int_0^{\infty} e^{\frac{-x^2-y^2}{2}} \, dx \, dy=\frac{\pi}{2}}$

Por otro lado:

$\displaystyle{\int_0^{\infty} \int_0^{\infty} e^{\frac{-x^2-y^2}{2}} \, dx \, dy=\int_0^{\infty} \int_0^{\infty} e^{\frac{-x^2}{2}} \cdot e^{\frac{-y^2}{2}} \, dx \, dy=}$

Sacamos la función independiente de $x$ (la segunda exponencial) de la integral respecto de $x$ :

$\displaystyle{=\int_0^{\infty} e^{\frac{-y^2}{2}} \left [\int_0^{\infty} e^{\frac{-x^2}{2}} \, dx \right ] dy=}$

Como la integral que queda dentro es independiente de $y$ puede sacarse completamente de la integral respecto de $y$ , quedando:

$\displaystyle{=\left (\int_0^{\infty} e^{\frac{-x^2}{2}} \, dx \right ) \cdot \left ( \int_0^{\infty} e^{\frac{-y^2}{2}} \, dy \right )=}$

Obtenemos entonces un producto de dos integrales iguales simplemente renombrando la $y$ de la segunda integral a $x$ (esto no supone ningún problema, es simplemente un cambio de nombre de la variable). Tenemos entonces la integral al cuadrado. Tomando el principio y el final de este paso llegamos a:

$\displaystyle{\int_0^{\infty} \int_0^{\infty} e^{\frac{-x^2-y^2}{2}} \, dx \, dy=\left (\int_0^{\infty} e^{\frac{-x^2}{2}} \, dx \right )^2}$

Uniendo los resultados obtenidos de estos dos pasos llegamos a:

$\displaystyle{\left (\int_0^{\infty} e^{\frac{-x^2}{2}} \, dx \right )^2=\frac{\pi}{2}}$

Tomando raíces cuadradas se tiene lo siguiente:

$\displaystyle{\int_0^{\infty} e^{\frac{-x^2}{2}} \, dx=\frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{2}}}$

Recordemos que la función a integrar era par, por lo que el valor de la integral completa será el resultado de multiplicar lo obtenido por dos, es decir:

$\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty} e^{\frac{-x^2}{2}} \, dx=\frac{2 \sqrt{\pi}}{\sqrt{2}}=\sqrt{2} \cdot \sqrt{\pi}=\sqrt{2 \pi}}$

Ahora tomamos la definición inicial de la función y llegamos al resultado buscado:

$\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \, dx=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} e^{-\frac{x^2}{2}} \, dx= \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \cdot \sqrt{2 \pi} =1}$

Nota:

La imagen que ilustra este post fue la propuesta de logo de nuestro lector Piponauta para el Concurso: Logo para Gaussianos que organicé el pasado año 2008.

Posts aleatorios

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 11 de Junio de 2009
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Categorías: Aprenda como, Cálculo, Estadística | Imprime este post

47 comentarios

Trackback | 11 Jun, 2009

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Cristobal | 11 de Junio de 2009 | 9:36

Publiqué sobre la resolución de la integral gaussiana por el método que explicas y me sorprendió saber que mucha gente no lo conocía el método.
Propongo un ejercicio que me propusieron en los comentarios, resolverla cuando la x esta elevada al cubo. Aún no he tenido tiempo de calcularla Dichosas oposiciones
trollll | 11 de Junio de 2009 | 11:07

Lo único que no entiendo es que, el ángulo theta del cambio a polares, se mueva entre 0 y Pi/2… No sé por qué se mueve sólo hasta Pi/2
Entendería que se moviera hasta Pi, por estar calculando la mitad del plano, pero no entiendo el que se mueva sólo hasta Pi/2

Un saludo y gracias!
Dani | 11 de Junio de 2009 | 11:25

jejeje sí, esa es la demostración de la que hablaba. Es simplemente genial meterte en el cálculo de dos variables para resolver un problema de una variable. Como no, la prueba es de Gauss. Me la hicieron en clase este año (Cálculo II) y me quedé con una sonrisa de oreja o oreja jajaja. Cristobal, así a bote pronto se me ocurre reciclar la prueba de la campana pero para 3 variables:
$\Big( \int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{x^3}{2}}dx \Big)^3 =\Big( \int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{x^3}{2}}dx \Big)\Big( \int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{y^3}{2}}dy \Big)\Big( \int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{z^3}{2}}dz \Big)$ $=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{x^3+y^3+z^3}{2}}dx\,dy\,dz = *$ Si ahora acemos el cambio a coordenadas esféricas tenemos $*=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{\infty}r^2\sin(\phi)e^{-\frac{r^3\big(\cos^3(\theta)\sin^3(\phi)+\sin^3(\theta)\sin^3(\phi)+\cos^3(\phi)\big)}{2}}dr\,d\phi\,d\theta$
Dani | 11 de Junio de 2009 | 11:33

entonces $*= \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\pi} \big \bracevert -\frac{2}{3} \sin(\phi) e^{-\frac{r^3\big(\cos^3(\theta)\cdots \, \, \, \big)}{2}} \big \bracevert_{0}^{\infty} \, \, d\phi \, d\theta = \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\pi} \frac{2}{3} \sin(\phi) d\phi \, d\theta$ $= \frac{4\pi}{3} \big \bracevert -\cos(\phi) \big \bracevert_{0}^{\pi} = \frac{8\pi}{3}$ Algo así será. (^DiAmOnD^, qué comando usas para la evaluación de las primitivas?? yo uso \big \bracevert ( $\big \bracevert$ ) pero no queda muy bien la verdad :S)
Dani | 11 de Junio de 2009 | 11:37

Con lo cual te quedaría $\int_{-\infty}^{\infty} e^{\frac{x^3}{2}} dx = \sqrt[3]{\frac{8\pi}{3}}$ Por supuesto luego cambiando constantes, la fracción del exponente de e blah blah blah te quedaría distinto, y por supuesto unitario si lo ajustas.
Dani | 11 de Junio de 2009 | 11:47

trollll, te digo: la integral en cartesianas tiene limites de integracion $\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}$ Eso quiere decir que estamos integrando en la región del plano $\mathbb{R}^2, \quad 0<x<\infty \quad 0<y<\infty$ , es decir en el primer cuadrante sólo. Por lo tanto para expresar todo el primer cuadrante en coordenadas polares necesitamos (obviamente que $0<r<\infty$ ) y que el ángulo polar desde el eje x positivo esté entre $0$ y $\frac{\pi}{2}$ .
Dani | 11 de Junio de 2009 | 12:01

arghhhh! no! está mal mi cálculo. se me olvidó dividir por todos los senos y cosenos que multiplican a r^3 en el exponente. buf… eso va a ser más complicado :S…
trollll | 11 de Junio de 2009 | 12:14

Correcto Dani, no me di cuenta de lo de los límites de integración, creí que sólo integrábamos la primera mitad del plano (entonces los límites serían 0<x< inf ; – inf<y< inf)
Todo arreglado!
M | 11 de Junio de 2009 | 13:05

Cuidado: la integral $\int_0^{\infty} e^{\frac{x^3}{2}} dx}$ es divergente (integrado no acotado). Por otro lado $\int_0^\infty e^{-ax^b} dx = a^{-1/b} \, \Gamma\left(1+\frac{1}{b}\right)$ .
Dani | 11 de Junio de 2009 | 13:28

(se me olvidó el “-” en el exponente )
^DiAmOnD^ | 11 de Junio de 2009 | 14:43

Dani, he usado esto:

\Bigg ]_0^{\infty}

De toas formas, si pinchas en una imagen generada con $\LaTeX$ con el botón derecho del ratón y miras las propiedades puedes ver el código utilizado.
M | 11 de Junio de 2009 | 16:37

Tras desempolvar apuntes de la carrera, comento una prueba que sólo hace uso de cálculo integral de una variable. Aunque evita el cálculo de integrales dobles, usa la regla de Leibniz para derivar integrales paramétricas.

Sea $f(t):=\bigg(\int_0^t e^{-x^2}dx\bigg)^2$ , ( $t$ >0). Derivando la integral, $f^{\prime}(t)=\int_0^t 2e^{-(x^2+t^2)}dx$ , y haciendo el cambio $x=u\cdot t$ , vemos que

$f^{\prime}(t)=\int_0^1 2te^{-t^2(1+u^2)}du=\frac{d}{dt}\bigg\{-\int_0^1 \frac{e^{-t^2(1+u^2)}}{1+u^2}du\bigg\}$ .

Así que $f(t)=C-\int_0^1 \frac{e^{-t^2(1+u^2)}}{1+u^2}du$ . Ya que $f(0^+)=0$ , vemos que $C=\frac{\pi}{4}$ . Finalmente, ya que $f(+\infty)=C=\frac{\pi}{4}$ , obtenemos el valor $\int_0^\infty e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ .
hernan | 11 de Junio de 2009 | 17:42

Linda la última, no la conocía.
Pero por lo que veo no requiere saber la regla de Leibnitz completa, porque la variable de derivación está sólo en el límite de integración y no en el integrando (con lo cual, con el teorema fundamentental del cálculo más la regla de la cadena ya está).
El caso de la derivada “full”, en mi experiencia, suele dejar perplejos a mis estudiantes (ingeniería, últimos años de la carrera) que no lo han visto (y tras cursar Análisis I creen que saben derivar cualquier cosa), y que no saben qué hacer cuando la variable aparece en el límite de integración Y en el integrando. Por supuesto, “haciendo derivada por definición” sale.
vengoroso | 12 de Junio de 2009 | 12:30

Huy, me acuerdo de esta integral… nos la pusieron como ejercicio en estadística de primero :-/ Recuerdo que un compañero la resolvió usando las funciones Gamma y Beta de Euler, pero hace muchos años de aquello y no recuerdo los detalles.

Otra opción es pasarse a variable compleja y usar el teorema de los residuos. El haber perdido tanto tiempo con estos problemas es lo que te hace apreciar de verdad la variable compleja
Gaby | 12 de Junio de 2009 | 16:00

Pienso que mis compañeros de la carrera (Matemáticas) deberían visitar páginas como Gaussianos más a menudo, parece que en mi clase estas inquietudes brillan por su ausencia.
Américo Tavares | 13 de Junio de 2009 | 0:46

Sou um admirador vosso.

Um integral muito mais simples que se pode calcular usando coordenadas polares é:
$\displaystyle\int_{0}^{\infty }\displaystyle\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}-y^{2}}dxdy=\displaystyle\frac{\pi }{4}$

a partir do qual podemos chegar ao resultado clássico

$\Gamma(1/2)=\sqrt{\pi}$

Angus Taylor, Advanced Calculus, p.663
Jose | 13 de Junio de 2009 | 1:11

” Sea f:[a,b]–> R tal que todo subintervalo cerrado cumple el Teorema del valor intermedio(no necesariamente continua). ¿Se cumple que la funcion es continua?, caso contrario dar un contraejemplo.”

Agradecería mucho que me echaran una mano en este asunto. Saludos
Dani | 13 de Junio de 2009 | 2:02

define $f(x)=\sin(\frac{1}{x})$ Se comprueba f\’acilmente que definida por ejemplo en el ${-1,1}$ cumple el teorema del valor intermedio en todo subintervalo cerrado, sin embargo no es continua en $x=0$ .
Américo Tavares | 13 de Junio de 2009 | 10:19

Em Problema do mês #1 coloquei o seguinte enunciado:

Seja $m$ o maior inteiro positivo tal que $\dfrac{1}{13^m}\dbinom{13^5}{3^7}\in\mathbb{N}.$ Determine, justificando, um majorante de $m.$

Um leitor já demonstrou que 5 é um majorante. Não sei provar sem computador que $\dfrac{1}{13^6}\dbinom{13^5}{3^7}\notin\mathbb{N}.$ Alguém saberá?
fede | 13 de Junio de 2009 | 11:48

Américo, creo que el primer comentario de PB a tu post ya demuestra que en la descomposición de $\dbinom{a}{b} = \prod p_i^{r_i}$ en factores primos, cada componente $p_i^{r_i} \le a$ , y en consecuencia $\dfrac{1}{13^6} \dbinom{13^5}{b} \notin \mathbb{N}$ .
Américo Tavares | 13 de Junio de 2009 | 12:14

fede,
De acordo!
Enganei-me, visto que foi demonstrado o máximo possível. A questão que falta demonstrar (sem o computador) é que $\dfrac{1}{13^m}\dbinom{13^5}{3^7}\in\mathbb{N}$ , com $m\le 5$ .
Espero agora não ter errado!
Obrigado.
Américo Tavares | 13 de Junio de 2009 | 12:21

… foi demonstrado que 5 é um majorante …
Jose | 13 de Junio de 2009 | 16:35

Hola Dani, gracias por responder. Aunque no me queda del todo claro. La funcion es sen1/x cuando x es distinto de 0. ¿Y en 0?. ¿Y como pruebo que en una subcaja que contiene a 0, la funciòn efectivamente cumple TVI?.
Dani | 13 de Junio de 2009 | 17:10

da igual como definas $f(0)$ di por ejemplo $f(0)=0$ . Probemos que todo subintervalo cerrado del $[-1,1]$ comprueba el TVI. sea $[a,b]\subset [-1,1]$ Si el intervalo no contiene al $0$ la función es continua en ese intervalo y entonces el TVI se cumple trivialmente. Por lo tanto podemos suponer $a \leq 0 \leq b$ . Tenemos que probar que la función toma todos los valores entre $f(a)$ y $f(b)$ . Si $0<b$ sea $n \in \mathbb{N}$ suficientemente grande como para que $0<\frac{1}{n\pi}<b$ Entonces también tenemos $0<\frac{1}{(n+2)\pi}<\frac{1}{n\pi}<b$ pero entre $x=\frac{1}{(n+2)\pi}$ y $x=\frac{1}{n\pi}, \quad \sin(\frac{1}{x})$ toma todos los valores entre $-1$ y $1$ , pues el seno tiene periodo $2\pi$ . En particular es seguro que toma todos los valores entre $f(a)$ y $f(b)$ . Si $a=0$ y $b<0$ el razonamiento es idéntico pero por “la izquierda del cero”. Esto demuestra que $f(x)=\sin(\frac{1}{x})$ (con digamos $f(0)=0$ ) cumple el TVI en todo subintervalo cerrado del $[-1,1]$ , y sin embargo no es continua en $x=0$ . Espero que esto resuelva tus dudas.
Dani | 13 de Junio de 2009 | 19:29

quería decir:
*si $a<0$ y $b=0$ el razonamiento es idéntico pero por…
Américo Tavares | 14 de Junio de 2009 | 10:25

fede,
Para ficar mais claro, repito, ligeiramente editado:

«De acordo!
Enganei-me, visto que foi demonstrado que 5 é um majorante.

A questão que falta demonstrar (sem o computador) é que para $m\le 5$ , $\dfrac{1}{13^m}\dbinom{13^5}{3^7}\in\mathbb{N}$ .»

Desculpem a repetição.

Cumprimentos
fede | 14 de Junio de 2009 | 11:56

Américo, si $v_p(n)$ es el exponente de p en la descomposición de n en factores primos y k no divide a $p^r$ , $v_p(\dbinom{p^r}{k}) = r$ .

Porque, usando la fórmula de Legendre , $v_{p}( \dbinom{p^r}{k} ) =\displaystyle\sum_{i=1}^{r}\left( \left\lfloor \dfrac{p^r}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{p^r-k}{p^{i}}\right\rfloor \right)$

$= \displaystyle\sum_{i=1}^{r}\left( -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) = \sum_{i=1}^{r} 1 = r$ .

Por tanto $13^5$ divide a $\dbinom{13^5}{k}$ , si k no divide a $13^5$ .
Américo Tavares | 14 de Junio de 2009 | 11:59

fede

Obrigado pela demonstração.

Américo
Américo Tavares | 14 de Junio de 2009 | 12:08

Posso publicar no meu blog esta demonstração, indicando a fonte?

Américo
fede | 14 de Junio de 2009 | 12:14

Sí, por supuesto.
fede | 14 de Junio de 2009 | 12:32

Me doy cuenta ahora que en mi comentario anterior la condición para que todos los sumandos sean 1 es errónea.
La condición correcta es que p no divida a k.
Jose | 16 de Junio de 2009 | 0:53

Gracias Dani ya lo contemplo. Aunque me gustaría saber como fue que llegaste a esa función o si ya lo habías visto antes
Américo Tavares | 16 de Junio de 2009 | 8:29

fede,
Com a sua correcção fica:

«Si $v_{p}(n)$ es el exponente de $p$ en la descomposición de $n$ en factores primos y $k$ no divide a $p$ , $v_{p}\left( \dbinom{p^{r}}{k}\right)=r$ .

Porque, usando la fórmula de Legendre,
$v_{p}\left( \dbinom{p^{r}}{k}\right)=\displaystyle\sum_{i=1}^{r}\left( \left\lfloor \dfrac{p^{r}}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{p^{r}-k}{p^{i}}\right\rfloor \right)$

$=\displaystyle\sum_{i=1}^{r}\left( -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{r}1=r$ .

Por tanto $13^{5}$ divide a $\dbinom{13^{5}}{k}$ , si $k$ no divide a $13^{5}$ .»
Obrigado novamente!
Dani | 16 de Junio de 2009 | 10:30

pues no sé, la función es un clásico ejemplo de discontinuidad patológica, y me pareció que cumplía los requisitos del enunciado… es como si lees algún problema de función discontinua en todos o casi todos los puntos: en seguida se te pasa por la cabeza alguna función que tenga que ver con la de dirichlet! de nada!
fede | 16 de Junio de 2009 | 13:01

Américo, debe decir “… y p no divide a k,” y no “… y k no divide a p,”.
Y la última frase debe ser “si 13 no divide a k”.

En general se tiene que $v_p(\dbinom{p^r}{k}) = r - v_p(k)$ , porque la expresión $\left( -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{-k}{p^{i}}\right\rfloor \right)$ vale 0 cuando $p^i$ divide a k, y 1 cuando $p^i$ no divide a k. Entonces

$v_p(\dbinom{p^r}{k}) = \displaystyle \sum_{i=1}^{r}\left( -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) = \sum_{i=1}^{v_p(k)} 0 + \sum_{i=v_p(k)+1}^{r} 1 = r - v_p(k)$ .
Américo Tavares | 17 de Junio de 2009 | 11:58

Informo ter hoje publicado no meu blog(ue) um link para
13 de Junio de 2009 | 10:19

«Em 13.06.09 divulguei este problema nos Gaussianos.

On July 13, 2009 I posted this Problem in Gaussianos.»
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problemas | teoremas
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Usando a fórmula de Legendre « problemas | teoremas
Trackback | 20 Jul, 2009

Problema do mês, Problem of the month. Resolução do Problema #1, Solution of Problem #1 « problemas | teoremas
Cristobal | 30 de Agosto de 2009 | 10:57

@Dani-> Con x^3+y^3+z^3 no es viable el cambio a esféricas, además en tu desarrollo falta la derivada del exponente de la exponencial.

@M-> Si no me he equivocado al ver tu razonamiento con el método de Leibniz a mi el término:

f(b(t),t)*b’(t) = exp(-2t^2)*1

Y a ti te sale que es cero.

Sigo con ello
Cristobal | 30 de Agosto de 2009 | 11:01

@M-> Ah ya, haces tender t a infinito y da cero, lo que pasa es que haces el límite un poco pronto
juancho | 17 de Octubre de 2009 | 23:36

Saludos a todos… entonces si tengo la integral desde – infinito hasta + infinito de exp(-ax^2)dx… como pruebo que el resultado es (pi/a)^(1/2), me ayudan por favor????
juancho | 17 de Octubre de 2009 | 23:37

Es urgente!!!!!!!!!!!! De antemano gracias
Dani | 18 de Octubre de 2009 | 0:20

simplemente copia la demostración que está puesta arriba cambiando las constantes…
Trackback | 2 Nov, 2009

Funciones sin primitiva elemental | Gaussianos
alexander | 5 de Noviembre de 2009 | 3:00

por favor necesito ayuda que alguien explique un ejemplo de como aplico la formula en la estadistica de un numero con la campanade gauss ej tengo 100 numeros de dos cifras y en los proximos 100 sorteos futuros saldra alguno o lagunos de los dos numeros de dos cifras como se hace, le agradeceria en el alma gracias