Resolviendo una integral curiosa de la final del MIT Integration Bee
Cuando uno tiene la desgracia de disfrutar resolviendo integrales, aprende bastante pronto que muchas veces va a pasar demasiadas horas mirando una hoja en blanco en lugar de hacer cosas realmente productivas. Pero eso es algo que se acepta. No tanto por el placer puro de resolver el problema, sino porque uno desarrolla cierta adicción a encontrar una solución elegante donde, en apariencia, no la había. Y sí: luego le gusta presumir de ello.
Queremos calcular la siguiente integral:
\[\lim_{n\to\infty}\int_0^1\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{nx^2+kx+n}\right)\,dx.\]El primer enfoque que le podemos hacer es tratar antes con la suma que aparece dentro de la integral. Y eso es exactamente lo que vamos a hacer. Para esto, nos gustaría intercambiar el límite y la integral, es decir, pasar de
\[\lim \int_0^1 (\cdots)\,dx \qquad \text{a} \qquad \int_0^1 \lim (\cdots)\,dx.\]Pero este paso no puede hacerse sin más: necesitamos justificarlo. Para ello usaremos el teorema de convergencia dominada de Lebesgue.
Teorema de convergencia dominada de Lebesgue.
\[|f_n(x)|\le g(x)\]
Si $f_n\to f$ casi en todo punto y existe una función integrable $g$ tal quepara todo $n$ y casi todo $x$, entonces
\[\lim_{n\to\infty}\int f_n(x)\,dx = \int \lim_{n\to\infty} f_n(x)\,dx = \int f(x)\,dx.\]
En nuestro caso definimos
\[f_n(x)=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{nx^2+kx+n}.\]Veamos si podemos encontrar una cota dominante integrable. Para $x\in[0,1]$ y todo $k$,
\[nx^2+kx+n \ge n(x^2+1),\]así que
\[f_n(x) = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{nx^2+kx+n} \le \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n(x^2+1)} = \frac{n}{n(x^2+1)} = \frac{1}{x^2+1}.\]Por tanto, podemos tomar como función dominante
\[g(x)=\frac{1}{x^2+1},\]que es integrable en $[0,1]$. Con esto, el teorema nos permite escribir
\[\lim_{n\to\infty}\int_0^1\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{nx^2+kx+n}\right)\,dx = \int_0^1\left(\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{nx^2+kx+n}\right)\,dx.\]Ahora sacando factor común $1/n$ al integrando, para cada $x\in[0,1]$ fijo tenemos
\[\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{nx^2+kx+n} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{x^2+\frac{k}{n}x+1}\cdot \frac{1}{n}.\]Y esta expresión ya tiene toda la pinta de una suma de Riemann. En efecto, cuando $n\to\infty$,
\[\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{x^2+\frac{k}{n}x+1}\cdot \frac{1}{n} \longrightarrow \int_0^1 \frac{1}{x^2+xy+1}\,dy.\]Así que, volviendo a la integral anterior,
\[\int_0^1\left(\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{nx^2+kx+n}\right)\,dx = \int_0^1\left(\int_0^1 \frac{1}{x^2+xy+1}\,dy\right)\,dx.\]Es decir,
\[\lim_{n\to\infty}\int_0^1\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{nx^2+kx+n}\right)\,dx = \int_0^1\int_0^1 \frac{1}{x^2+xy+1}\,dy\,dx.\]Y aquí el problema cambia completamente de apariencia. Lo que al principio parecía una integral malintencionada, se ha transformado en una simple integral doble.
Vamos entonces a calcular
\[I=\int_0^1\int_0^1 \frac{1}{x^2+xy+1}\,dy\,dx.\]Lo más cómodo es integrar primero respecto de $y$. Hacemos el cambio de variable
\[u=x^2+xy+1.\]Y al derivar respecto de $y$, obtenemos
\[du=x\,dy, \qquad\text{de modo que}\qquad dy=\frac{du}{x}.\]Además, cuando $y=0$,
\[u=x^2+1,\]y cuando $y=1$,
\[u=x^2+x+1.\]Por tanto,
\[\int_0^1 \frac{1}{x^2+xy+1}\,dy = \int_{x^2+1}^{x^2+x+1}\frac{1}{u}\,\frac{du}{x} = \frac{1}{x}\int_{x^2+1}^{x^2+x+1}\frac{du}{u}.\]La integral de $1/u$ es el logaritmo, así que
\[\int_0^1 \frac{1}{x^2+xy+1}\,dy = \frac{1}{x}\ln u\Big|_{x^2+1}^{x^2+x+1} = \frac{1}{x}\ln\!\left(\frac{x^2+x+1}{x^2+1}\right).\]Sustituyendo esto en la integral exterior, queda
\[I=\int_0^1 \frac{1}{x}\ln\!\left(\frac{x^2+x+1}{x^2+1}\right)\,dx.\]Separando el logaritmo del cociente,
\[I=\int_0^1 \frac{\ln(x^2+x+1)-\ln(x^2+1)}{x}\,dx.\]Hasta aquí todo ha sido bastante directo. La parte interesante empieza ahora, porque toca decidir qué hacer con esta integral logarítmica. A primera vista, $x^2+x+1$ no parece especialmente amigable, pero tiene una factorización muy útil:
\[1-x^3=(1-x)(1+x+x^2),\]de donde se deduce que
\[x^2+x+1=\frac{1-x^3}{1-x}.\]Y esta identidad es justo lo que necesitábamos, porque transforma el logaritmo de un polinomio cuadrático en una combinación de logaritmos cuyas series conocemos bien:
\[\ln(x^2+x+1) = \ln(1-x^3)-\ln(1-x).\]Sustituyendo en la integral,
\[I=\int_0^1 \frac{\ln(1-x^3)-\ln(1-x)-\ln(1+x^2)}{x}\,dx.\]Ahora antes de seguir, conviene recordar las expansiones que vamos a sustituir en la integral:
Para $\lvert u \rvert<1$ sabemos que,
\[\ln(1-u)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{u^n}{n}, \qquad \ln(1+u)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}u^n.\]Aplicando estas fórmulas con $u=x^3$, $u=x$ y $u=x^2$, y dividiendo después entre $x$, obtenemos
\[\begin{aligned} \ln(1-x^3)&=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{3n}}{n} &\Longrightarrow\quad \frac{\ln(1-x^3)}{x}&=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{3n-1}}{n},\\[6pt] \ln(1-x)&=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n} &\Longrightarrow\quad \frac{\ln(1-x)}{x}&=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n-1}}{n},\\[6pt] \ln(1+x^2)&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{2n} &\Longrightarrow\quad \frac{\ln(1+x^2)}{x}&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{2n-1}. \end{aligned}\]Sustituyendo estas tres expresiones en $I$, la integral se descompone término a término.
Por tanto,
\[I = -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\int_0^1 x^{3n-1}\,dx +\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\int_0^1 x^{n-1}\,dx -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\int_0^1 x^{2n-1}\,dx.\]Aquí las integrales son inmediatas. Recordando que
\[\int_0^1 x^{m-1}\,dx=\frac{1}{m} \qquad (m>0),\]tenemos
\[\int_0^1 x^{3n-1}\,dx=\frac{1}{3n}, \qquad \int_0^1 x^{n-1}\,dx=\frac{1}{n}, \qquad \int_0^1 x^{2n-1}\,dx=\frac{1}{2n}.\]Sustituyendo,
\[I = -\frac{1}{3}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} +\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} -\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}.\]Agrupando los dos primeros términos,
\[I = \frac{2}{3}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} -\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}.\]Aquí entran en juego dos series clásicas bastante famosas. Ya solo queda resolverlas para hallar nuestro resultado.
Usaremos, por un lado, la serie de Basilea
\[\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6},\]y, por otro, la serie alternada
\[\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}.\]Para relacionarlas, definimos
\[S=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}.\]Separando términos pares e impares,
\[S=\sum_{n\ \text{impar}}\frac{1}{n^2}+\sum_{n\ \text{par}}\frac{1}{n^2}.\]La contribución de los pares es
\[\sum_{n\ \text{par}}\frac{1}{n^2} = \sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{(2m)^2} = \frac{1}{4}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m^2} = \frac{S}{4},\]así que la de los impares vale
\[\sum_{n\ \text{impar}}\frac{1}{n^2} = S-\frac{S}{4} = \frac{3S}{4}.\]Por tanto, la serie alternada es “impares menos pares”:
\[\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = \sum_{n\ \text{impar}}\frac{1}{n^2} - \sum_{n\ \text{par}}\frac{1}{n^2} = \frac{3S}{4}-\frac{S}{4} = \frac{S}{2}.\]Como $S=\pi^2/6$, concluimos que
\[\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = \frac{1}{2}\cdot\frac{\pi^2}{6} = \frac{\pi^2}{12}.\]
Ya podemos volver a nuestra integral:
\[I = \frac{2}{3}\cdot\frac{\pi^2}{6} - \frac{1}{2}\cdot\frac{\pi^2}{12}.\]Por tanto,
\[I=\frac{\pi^2}{9}-\frac{\pi^2}{24} =\frac{8\pi^2-3\pi^2}{72}=\frac{5\pi^2}{72}.\]Así, por fín tenemos que,
\[\boxed{ \lim_{n\to\infty}\int_0^1\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{nx^2+kx+n}\right)\,dx = \frac{5\pi^2}{72} }\]Y eso era todo. La integral, que al principio parecía escrita por alguien con ganas de arruinarte la tarde, termina rindiéndose y dando
\[\frac{5\pi^2}{72}.\]Supongo que esa es una de las cosas bonitas de este tipo de problemas: detrás de una apariencia bastante desagradable suele esconderse una estructura sorprendentemente limpia. Aunque, claro, “bonita” es una palabra peligrosa cuando uno recuerda que esto era material de final del MIT Integration Bee, donde aparentemente hay personas que hacen estas barbaridades de cabeza en cinco minutos. Qué gente más desagradablemente talentosa.
Los demás tenemos otro ritmo, bastante más “humano”: mirar, probar, equivocarnos un poco y seguir tirando hasta que la integral cede. Y cuando por fin cede, la verdad, da bastante gusto. Yo seguiré presumiento de esto, claro, al fin y al cabo es mi blog y nadie me impedirá hacer mi propia serie sobre Integrales, ego y tiempo mal invertido.
