Sejam m e n dois naturais diferentes de zero. Verifique que
a) \int_{0}^{1} x^{n}(1-x)^{m} d x=\frac{m}{n+1} \int_{0}^{1} x^{n+1}(1-x)^{m-1} d x
b) \int_{0}^{1} x^{n}(1-x)^{m} d x=\frac{n!m!}{(m+n+1)!}

Passo 1

O enunciado dá dois naturais m e n diferentes de zero e pede duas coisas sobre a integral
I(n,m)=\int_{0}^{1} x^{n}(1-x)^{m}\,dx.
As perguntas são:
(a) Mostrar que
\int_{0}^{1} x^{n}(1-x)^{m}\,dx=\frac{m}{n+1}\int_{0}^{1} x^{n+1}(1-x)^{m-1}\,dx.
(b) Mostrar que
\int_{0}^{1} x^{n}(1-x)^{m}\,dx=\frac{n!\,m!}{(m+n+1)!}.
Informações relevantes dadas: m e n são inteiros positivos (ou seja, m,n\ge 1). Nada mais é fornecido. A resolução começará a partir daqui.

Passo 2

Vamos provar (a). Vou usar a fórmula de integração por partes para integrais definidas. A fórmula (em forma útil para nós) é:
\int_{a}^{b} u\,dv = \bigl[u v\bigr]_{a}^{b} - \int_{a}^{b} v\,du,
onde u e v são funções diferenciáveis e dv é diferencial de v.
Escolho as funções de modo a simplificar a integral:
  • u=(1-x)^{m}. Então du = \frac{d}{dx}\bigl((1-x)^{m}\bigr)\,dx = -m(1-x)^{m-1}\,dx.
  • dv = x^{n}\,dx. Então v=\int x^{n}\,dx=\frac{x^{n+1}}{n+1}.
Agora aplico integração por partes na integral I(n,m)=\int_{0}^{1} x^{n}(1-x)^{m}\,dx:
\int_{0}^{1} x^{n}(1-x)^{m}\,dx = \left[(1-x)^{m}\cdot\frac{x^{n+1}}{n+1}\right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{x^{n+1}}{n+1}\cdot\bigl(-m(1-x)^{m-1}\bigr)\,dx.

Passo 3

Analisando o termo de fronteira:
\left[(1-x)^{m}\cdot\frac{x^{n+1}}{n+1}\right]_{0}^{1} = \frac{(1-1)^{m}\cdot 1^{\,n+1}}{n+1} - \frac{(1-0)^{m}\cdot 0^{\,n+1}}{n+1}=0-0=0,
porque m,n\ge 1 garante que 0^{n+1}=0 e (1-1)^{m}=0. Assim só fica a integral do segundo termo. Substituindo e simplificando os sinais:
\int_{0}^{1} x^{n}(1-x)^{m}\,dx = \frac{m}{n+1}\int_{0}^{1} x^{n+1}(1-x)^{m-1}\,dx.
Isto é exatamente a identidade pedida em (a). Portanto (a) está verificada.

Passo 4

Agora vamos usar (a) para obter (b). A ideia é aplicar a relação de recorrência do Passo 3 repetidas vezes, diminuindo o expoente de (1-x) até chegar a m=0. Escrevo a relação de forma compacta:
I(n,m)=\frac{m}{n+1}I(n+1,m-1).
Aplicando essa relação novamente a I(n+1,m-1):
I(n+1,m-1)=\frac{m-1}{n+2}I(n+2,m-2).
Se repetirmos isso m vezes (cada vez aumentamos o expoente de x em 1 e diminuímos o de (1-x) em 1), obtemos:
I(n,m)=\frac{m}{n+1}\cdot\frac{m-1}{n+2}\cdot\frac{m-2}{n+3}\cdots\frac{1}{n+m}\;I(n+m,0).

Passo 5

Calculo I(n+m,0). Quando m=0 a integral é simples:
I(n+m,0)=\int_{0}^{1} x^{n+m}\,dx=\left[\frac{x^{n+m+1}}{n+m+1}\right]_{0}^{1}=\frac{1}{n+m+1}.
Substituo isso na expressão do Passo 4:
I(n,m)=\left(\prod_{k=1}^{m}\frac{m-(k-1)}{n+k}\right)\cdot\frac{1}{n+m+1} =\left(\prod_{k=1}^{m}\frac{k}{n+k}\right)\cdot\frac{1}{n+m+1},
onde reindexei o numerador para ver o produto 1\cdot2\cdots m.
Agora escrevo o produto de forma conhecida em termos de fatoriais. O numerador do produto é
\prod_{k=1}^{m} k = m!.
O denominador do produto é
\prod_{k=1}^{m} (n+k) = (n+1)(n+2)\cdots(n+m) = \frac{(n+m)!}{n!}.
Multiplicando ainda pelo fator \dfrac{1}{n+m+1} obtemos para I(n,m):
I(n,m)=\frac{m!}{\dfrac{(n+m)!}{n!}}\cdot\frac{1}{n+m+1} = \frac{m!\,n!}{(n+m)!\,(n+m+1)}.
Mas (n+m)!\,(n+m+1)=(n+m+1)!. Portanto
I(n,m)=\frac{n!\,m!}{(n+m+1)!}.

Passo 6

Fizemos uma dedução completa: partindo da integração por partes obtivemos a relação de recorrência (a) e, aplicando-a repetidamente e simplificando com produtos e fatoriais, chegamos à fórmula explícita pedida em (b). Para reforçar: cada aplicação da recorrência reduz o expoente de (1-x) em 1 e aumenta o expoente de x em 1, e os termos de fronteira sempre anulam porque m,n\ge1.

Resposta

(a) \displaystyle \int_{0}^{1} x^{n}(1-x)^{m}\,dx=\frac{m}{n+1}\int_{0}^{1} x^{n+1}(1-x)^{m-1}\,dx\n
(b) \displaystyle \int_{0}^{1} x^{n}(1-x)^{m}\,dx=\frac{n!\,m!}{(m+n+1)!}

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