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.

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