Integrante de$\int_0^{\pi/2} \ (\sin x)^7\ (\cos x)^5 \mathrm{d} x$

Question

Estoy tratando de encontrar esta usando integración por partes pero no estoy seguro de cómo hacerlo.

$$\int_0^{\pi/2} (\sin x)^7 (\cos x)^5 \mathrm{d} x$$

He intentado escribir como

$$\int_0^{\pi/2} \sin x\cdot\ (\sin x)^6\cdot\ (\cos x)^5 \mathrm{d} x = \int_0^{\pi/2}\sin x(1-\ (\cos x)^3)\cdot\ (\cos x)^5 \mathrm{d} x$$

pero que parece que sólo me dan un bucle muy largo que no me ayuda en todo. ¿Cómo debe proceder?

$$\int_0^{\pi/2} \sin x\cdot (\sin x)^6\cdot (\cos x)^5 \mathrm{d} x = \sin x(1- (\cos x)^3)\cdot (\cos x)^5 \mathrm{d} x$$

$u = \cos x$, entonces el $du = -\sin xdx$

$\int \frac{-u^6}{6} \mathrm{d} u - \int \frac{-u^9}{9} \mathrm{d} u$

Desde aquí parece que tengo una muy larga cadena de sustituciones de $u$ hacer llegar algo que puedo encontrar una primitiva de.

Answer 1

Integrar la función $$f(x)=\sin ^{n}x\cdot\cos ^{m}x,$$ when $ n$ or $m$ are positive odd numbers, we can apply a general technique which consists of expanding $f(x) $ into a sum of terms of the form $$\sin ^{p}x\cdot \cos x,\qquad p=1,2,\ldots $$ or $% $ $\cos ^{q}x\cdot \sin x,\qquad q=1,2,\ldots.$en la identidad $$\begin{equation*} \cos ^{2}x=1-\sin ^{2}x, \end{ecuación *} $$ forma $$\begin{equation*} \cos ^{4}x=(1-\sin ^{2}x)^2 \end{ecuación *} = 2\sin 1 ^ {2} x + \sin ^ {4} x, $$

nos reescribir nuestro $$f(x)=\sin ^{7}x\cdot\cos ^{5}x=\sin ^{7}x\cdot\cos ^{4}x\cdot\cos x$ $ $$\begin{eqnarray*} f(x) &=&\sin ^{7}x\cdot \left( 1-2\sin ^{2}x+\sin ^{4}x\right) \cdot \cos x \\ &=&\sin ^{7}x\cdot \cos x-2\sin ^{9}x\cdot \cos x+\sin ^{11}x\cdot \cos x. \end{eqnarray *} $$

Cada término es el % de forma $\sin ^{p}x\cdot \cos x$y se puede integrar fácilmente por sustitución $u=\sin x$, $u^{\prime }=\cos x$, $du=\cos x\;dx=u'\;dx$: $$\begin{eqnarray*} \int \sin ^{p}x\cdot \cos x\;dx &=&\int u^{p}\;du=\frac{u^{p+1}}{p+1}=\frac{\sin ^{p+1}x}{p+1}+C, \\ \int_{0}^{\pi /2}\sin ^{p}x\cdot \cos x\;dx &=&\frac{1}{p+1}. \end{eqnarray *} $$

Agregado: cómputo detallado teniendo en cuenta el comentario de OP

$$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\pi /2}f(x)dx &=&\int_{0}^{\pi /2}\sin ^{7}x\cos ^{5}xdx \\ &=&\int_{0}^{\pi /2}\sin ^{7}x\cdot \cos xdx-2\int_{0}^{\pi /2}\sin ^{9}x\cdot \cos xdx \\ &&+\int_{0}^{\pi /2}\sin ^{11}x\cdot \cos xdx \\ &=&\frac{1}{8}-2\cdot \frac{1}{10}+\frac{1}{12}=\frac{1}{120}. \end{eqnarray *} $$

Answer 2

Integración por partes no es el método a utilizar aquí. $u$-la sustitución es el método a utilizar. Esto quizás no sea tan obvio, salvo que como te has dado cuenta, IBP no parece llegar muy lejos a la derecha apagado.

Ha $\displaystyle \int \sin x (1 - \cos^3 x) \cos ^5 x dx = \int \sin x \cos ^5 x dx - \int \sin x \cos ^8 x dx$

Para el primero, tenga en cuenta que $-\sin x$ es el dervative de $\cos x$, y el uso de $u$-sustitución. Hacer lo mismo para el segundo. ¿Que sentido?

EDITAR

Ahora veo que la nueva fórmula de la cooperativa no es realmente correcto. $\sin^6 x = (\sin^2 x)^3 = (1 - \cos ^2 x)^3$. Por lo que debe sustituir este (en lugar de $1 - \cos ^3$) en la integral y proceder. Mi trabajo anterior todavía le da la forma a la respuesta. Usted también podría funcionar de $\sin x \sin^4 x$ lugar - y podría incluso ahorrar algo de tiempo.

Más Editado por ejemplo

Veo un poco de confusión. Pero supongamos que tuvimos $\int \sin x \cos^2 x dx$. Sé que $-\sin x = \frac{d}{dx} \cos x$, así que si me deja $u = \cos x$, $du = -\sin x dx$, entonces tenemos que

$$\int \sin x \cos ^2 x dx = -\int u^2 du$$

Y sabemos cómo calcular esto.

$$-\int u^2 du = -\frac{u^3}{3} + C$$

Como $u = \cos x$, ths realidad dice que

$$\int \sin x \cos ^2 x dx = -\frac{\cos^3 x}{3} + C$$

Así que de esta manera, no hay una cadena de $u$-sustituciones, pero sólo uno. Su integrales puede ser tratada de la misma manera. Os animo a actualizar con nosotros su trabajo.

Answer 3

Si .. .me realmente significado $\,\,\displaystyle{\int_0^{\pi/2}\sin^7x\cos^5x\,\, dx}\,\, $, poner $\,s:= \sin x\,\,,\,c:=\cos x\,$, get:$$\int s^7c^5=\frac{1}{2}\int 2sc(1-s^2)^3c^4=\frac{1}{8}c^4(1-c^2)^4+\frac{1}{2}\int c^3s(1-c^2)^4 --\text{ int. by parts, with}$$$$\,u=c^4\,,\,u'=-4c^3s\,\,,\,\,v'=2sc (1-c ^ 2) ^ 3\,, \, v = \frac {(1-c ^ 2) ^ 4} {4} $$ Here we can again put things as before within the integral: $$c^3s(1-c^2)^4=\frac{1}{2}\left[2cs(1-c^2)^4c^2\right]$ $y no integración por las piezas otra vez. Voy a dejar esto para usted.

Answer 4

Este tipo de integrales se pueden resolver a dar el resultado general:

$$\int_0^{\pi /2}\sin^m\theta\cos^n\theta d \theta=\begin{cases} \frac{(m-1)!!(n-1)!!}{(m+n)!!} \text{ if any exponent is odd}\cr \frac{(m-1)!!(n-1)!!}{(m+n)!!}\frac{\pi} 2 \text{ both even exponents} \end{cases}$$

Podemos probar, primero, la fórmula de reducción:

$$\int\limits_0^{\pi /2} {{{\sin }^m}x{{\cos }^n}xdx} = \frac{{m - 1}}{{m + n}}\int\limits_0^{\pi /2} {{{\sin }^{m - 2}}x{{\cos }^n}xdx} $$

Esto se hace mediante la integración por partes con $\sin^{m-1} x=v$$\cos^n x \sin x dx = du$, lo que da

$$\eqalign{ & \int\limits_0^{\pi /2} {{{\pecado }^m}x{{\cos }^n}xdx} = \frac{{m - 1}}{{n + 1}}\int\limits_0^{\pi /2} {{{\cos }^n}x} {\sin ^{m - 2}}x{\cos ^2}xdx \cr & \int\limits_0^{\pi /2} {{{\pecado }^m}x{{\cos }^n}xdx} = \frac{{m - 1}}{{n + 1}}\int\limits_0^{\pi /2} {{{\cos }^n}x} {\sin ^{m - 2}}x\left( {1 - {{\pecado }^2}x} \right)dx \cr & \int\limits_0^{\pi /2} {{{\pecado }^m}x{{\cos }^n}xdx} = \frac{{m - 1}}{{n + 1}}\int\limits_0^{\pi /2} {{{\cos }^n}x} {\sin ^{m - 2}}xdx - \frac{{m - 1}}{{n + 1}}\int\limits_0^{\pi /2} {{{\cos }^n}x} {\sin ^m}xdx \cr & \left( {1 + \frac{{m - 1}}{{n + 1}}} \right)\int\limits_0^{\pi /2} {{{\pecado }^m}x{{\cos }^n}x\sen xdx} = \frac{{m - 1}}{{n + 1}}\int\limits_0^{\pi /2} {{{\cos }^n}x} {\sin ^{m - 2}}xdx \cr & \frac{{m + n}}{{n + 1}}\int\limits_0^{\pi /2} {{{\pecado }^m}x{{\cos }^n}x\sen xdx} = \frac{{m - 1}}{{n + 1}}\int\limits_0^{\pi /2} {{{\cos }^n}x} {\sin ^{m - 2}}xdx \cr & \int\limits_0^{\pi /2} {{{\pecado }^m}x{{\cos }^n}x\sen xdx} = \frac{{m - 1}}{{m + n}}\int\limits_0^{\pi /2} {{{\cos }^n}x} {\sin ^{m - 2}}xdx \cr} $$

Con esto resultó ser, queremos llegar a una más fácil integral. El patrón es evidente:

$$\int\limits_0^{\pi /2} {{{\sin }^m}x{{\cos }^n}x\sin xdx} = \frac{{m - 1}}{{m + n}}\frac{{m - 3}}{{m + n - 2}} \cdots \frac{{m - 2k + 1}}{{m + n - 2k + 2}}\int\limits_0^{\pi /2} {{{\cos }^n}x} {\sin ^{m - 2k}}xdx$$

Así que lo que queremos ahora es $2k=m$. Tenemos

$$\int\limits_0^{\pi /2} {{{\sin }^m}x{{\cos }^n}x\sin xdx} = \frac{{\left( {m - 1} \right)!!}}{{m + n}}\frac{1}{{m + n - 2}} \cdots \frac{1}{{n + 2}}\int\limits_0^{\pi /2} {{{\cos }^n}x} dx$$

así es que todo se quema a encontrar

$$\int\limits_0^{\pi /2} {{{\cos }^n}x} dx$$

En el mismo espíritu, como antes, integramos por partes, reduciendo la potencia del coseno:

$$\eqalign{ & \int\limits_0^{\pi /2} {{{\cos }^n}x} dx = \left( {n - 1} \right)\int\limits_0^{\pi /2} {{{\cos }^{n - 2}}x{{\pecado }^2}xdx} \cr & \int\limits_0^{\pi /2} {{{\cos }^n}x} dx = \left( {n - 1} \right)\int\limits_0^{\pi /2} {{{\cos }^{n - 2}}x\left( {1 - {{\cos }^2}x} \right)dx} \cr & \int\limits_0^{\pi /2} {{{\cos }^n}x} dx = \left( {n - 1} \right)\int\limits_0^{\pi /2} {{{\cos }^{n - 2}}xdx} - \left( {n - 1} \right)\int\limits_0^{\pi /2} {{{\cos }^n}xdx} \cr & n\int\limits_0^{\pi /2} {{{\cos }^n}x} dx = \left( {n - 1} \right)\int\limits_0^{\pi /2} {{{\cos }^{n - 2}}xdx} \cr & \int\limits_0^{\pi /2} {{{\cos }^n}x} dx = \frac{{n - 1}}{n}\int\limits_0^{\pi /2} {{{\cos }^{n - 2}}xdx} \cr} $$

Dependiendo de si $n$ es o no, vamos a terminar con la

$$\int\limits_0^{\pi /2} {{{\cos}^n}x} dx =\begin{cases} \frac{{\left( {n - 1} \right)!!}}{{n!!}} \frac{\pi} 2 \text{ $n$ even} \cr \frac{{\left( {n - 1} \right)!!}}{{n!!}} \text{ $n$ odd} \end{cases}$$

Desde el último factor será $${\int\limits_0^{\pi /2} {dx} }$$ or $${\int\limits_0^{\pi /2} {\cos xdx} }$$

Se puede mostrar fácilmente el mismo simétrica de los resultados, es decir,

$$\int\limits_0^{\pi /2} {{{\sin }^m}x{{\cos }^n}xdx} = \frac{{n - 1}}{{m + n}}\int\limits_0^{\pi /2} {{{\sin }^{m }}x{{\cos }^{n-2}}xdx} $$

y

$$\int\limits_0^{\pi /2} {{{\sin}^n}x} dx =\begin{cases} \frac{{\left( {n - 1} \right)!!}}{{n!!}} \frac{\pi} 2 \text{ $n$ even} \cr \frac{{\left( {n - 1} \right)!!}}{{n!!}} \text{ $n$ odd} \end{cases}$$

"Pegar" todos juntos, tenemos el primer declaró resultado

$$\int_0^{\pi /2}\sin^m\theta\cos^n\theta d \theta=\begin{cases} \frac{(m-1)!!(n-1)!!}{(m+n)!!} \text{ if any exponent is odd}\cr \frac{(m-1)!!(n-1)!!}{(m+n)!!}\frac{\pi} 2 \text{ both even exponents} \end{cases}$$

así

$$\int\limits_0^{\pi /2} {{{\sin }^7}x{{\cos }^5}x\sin xdx} = \frac{{\left( {7 - 1} \right)!!\left( {5 - 1} \right)!!}}{{\left( {7 + 5} \right)!!}} = \frac{1 }{{120}}$$

AGREGAR: dejando $m=2y-1$$n=2x-1$, obtenemos la famosa Beta integral para valores enteros:

$$\int_0^{\pi /2} {{{\sin }^{2y - 1}}} \theta {\cos ^{2x - 1}}\theta d\theta = \frac{{(2y - 2)!!(2x - 2)!!}}{{(2x - 1 + 2y - 1)!!}}{\text{ = }}\frac{{{2^{y - 1}}\left( {y - 1} \right)!{2^{x - 1}}(x - 1)!}}{{{2^{y + x - 1}}(x + y - 1)!}}{\text{ = }}\frac{1}{2}\frac{{\left( {y - 1} \right)!(x - 1)!}}{{(x + y - 1)!}}$$

Answer 5

Versión beta :

$$\begin{aligned}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\sin x\right)^{7}\left(\cos x\right)^{5}dx & =\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\sin x\right)^{6}\left(\cos x\right)^{4}2\sin x\cos xdx\\ & =\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\left(\sin x\right)^{2}\right)^{3}\left(1-\left(\sin x\right)^{2}\right)^{2}d\left(\left(\sin x\right)^{2}\right)\\ & =\frac{1}{2}\int_{0}^{1}t^{3}\left(1-t\right)^{2}dt=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}t^{4-1}\left(1-t\right)^{3-1}dt\\ & =\frac{1}{2}B\left(4,3\right)=\frac{1}{2}\frac{\Gamma\left(4\right)\Gamma\left(3\right)}{\Gamma\left(7\right)}=\frac{1}{2}\frac{6\cdot2}{720}=\frac{1}{120} \end{alineados} $$