¿Qué es

Question

Tengo que integre los siguientes:

$\int_0^\limits\frac{\pi}{2}\sin^7(\theta)\cos^5(\theta)d\theta$

Decidí usar una $u$ sustitución de $u=\sin^2(\theta)$, e $\frac{du}{2}=\sin(\theta)\cos(\theta)$

y llegado a este integral

$\int_\limits{0}^{1}u^3(1-u)^2du$

A partir de aquí me decidí a utilizar la integración por partes usando $g=u^3$ e $dv=(1-u)^2du$

Me sale lo siguiente:

$$\biggl[\frac{u^3*(1-u)^3}{3}\biggr]_0^1-\int_\limits{0}^{1}(u^2*(1-u)^3)du$$

Repite de nuevo $g=u^2$, e $dv=(1-u)^3du$

$$\biggl[\frac{u^3*(1-u)^3}{3}\biggr]_0^1-\biggl[\frac{u^2*(1-u)^4}{4}\biggr]_0^1+\frac{1}{2}\int_\limits{0}^{1}u(1-u)^4$$

Repitiendo de nuevo $g=u$, e $dv=(1-u)^4$

$$\biggl[\frac{u^3*(1-u)^3}{3}\biggr]_0^1-\biggl[\frac{u^2*(1-u)^4}{4}\biggr]_0^1+\frac{1}{2}\biggl[\frac{u(1-u)^5}{5}\biggr]_0^1-\frac{1}5\int_\limits{0}^{1}(1-u)^5$$

y me da

$$\biggl[\frac{u^3*(1-u)^3}{3}\biggr]_0^1-\biggl[\frac{u^2*(1-u)^4}{4}\biggr]_0^1+\frac{1}{2}\biggl[\frac{u(1-u)^5}{5}\biggr]_0^1-\frac{1}{30}\biggl[(1-u)^6\biggr]_0^1$$

Answer 1

Creo que complicaste la última parte, después de todo estás integrando un polinomio.

$\displaystyle \int_0^1 u^3(1-u)^2\mathop{du}=\int_0^1 (u^3-2u^4+u^5)\mathop{du}=\left[\frac{u^4}4-2\frac{u^5}5+\frac{u^6}6\right]_0^1=\frac 14-\frac 25+\frac 16=\frac 1{60}$

También se eliminó el coeficiente $\dfrac 12$ de $\dfrac{du}2$ , el resultado debería ser $\dfrac 1{120}$

Answer 2

Tenga en cuenta que: $$B(m+1,n+1)=2\int_0^{\pi/2}\cos^{2m+1}(\theta)\sin^{2n+1}(\theta)d\theta=\frac{m!n!}{(m+n+1)!}$ $

Answer 3

Solo haría $u=\sin\theta$ y $\mathrm du=\cos\theta\,\mathrm d\theta$ . Entonces \begin{align}\int_0^{\frac\pi2}\sin^7(\theta)\cos^5(\theta)\,\mathrm d\theta&=\int_0^{\frac\pi2}\sin^7(\theta)\bigl(1-\sin^2(\theta)\bigr)^2\cos(\theta)\,\mathrm d\theta\\&=\int_0^1u^7(1-u^2)^2\,\mathrm du.\end {align} Creo que es más sencillo.

Answer 4

Para disminuir un poco los exponentes, observe que la sustitución $\theta \mapsto \frac\pi2-\theta$ produce $$\int_0^{\frac\pi2} \cos^7\theta\sin^5\theta\,d\theta = \int_0^{\frac\pi2} \sin^7\theta\cos^5\theta\,d\theta$ $

Así que tenemos $$2I = \int_0^{\frac\pi2}\sin^5\theta\cos^5\theta(\cos^2\theta+\sin^2\theta)\,d\theta = \int_0^{\frac\pi2}\sin^5\theta\cos^5\theta\,d\theta = \int_0^{\frac\pi2}\sin^5\theta(1-\sin^2\theta)^2\cos\theta\,d\theta$ $ Ahora configurando $u = \sin\theta$ rendimientos $$I = \frac12 \int_0^1u^5(1-u^2)^2\,du = \frac1{120}$ $

Answer 5

Como se ha señalado, esta integral puede estar relacionado con la Función Beta. He aquí cómo.

Considere la integral $$I(a,b)=\int_0^{\pi/2}\sin(x)^a\cos(x)^b\mathrm dx$$ Si hacemos la sustitución de $t=\sin(x)^2$, tenemos que $$I(a,b)=\frac12\int_0^1t^{\frac{a-1}2}(1-t)^{\frac{b-1}2}\mathrm dt$$ $$I(a,b)=\frac12\int_0^1t^{\frac{a+1}2-1}(1-t)^{\frac{b+1}2-1}\mathrm dt$$ Debemos entonces recordar la definición de la función Beta $$\mathrm B(x,y)=\int_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}\mathrm dt=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$$ Donde $\Gamma(s)$ es la función Gamma. Técnicamente se define por $$\Gamma(s)=\int_0^\infty x^{s-1}e^{-x}\mathrm dx,\qquad \mathrm{Re}(s)>0$$ Pero en el caso de que $s$ es un (positivo) entero, $$\Gamma(s)=(s-1)!$$ Así que sin más adiós, $$I(a,b)=\frac{\Gamma(\frac{a+1}2)\Gamma(\frac{b+1}2)}{2\Gamma(\frac{a+b}2+1)}$$ Vemos entonces que su integral es $$I(7,5)=\frac{\Gamma(4)\Gamma(3)}{2\Gamma(7)}$$ $$I(7,5)=\frac1{120}$$