Nos piden que resolvamos las integrales $\displaystyle \int _0^1 x^3(1-x)^2\, dx$ y $\displaystyle \int _0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\tan(x)}\, dx$ usando la función $\Gamma$ y $B$ de Euler.
En primer lugar daré las definiciones y propiedades de cada una de ellas para poder resolver las anteriores integrales.
Función $\Gamma$ de Euler.
Se define la función $\Gamma$ de Euler a la función $\Gamma (p)=\displaystyle \int_0^{\infty}x^{p-1}e^{-x}\, dx$ con $p>0$.
La función $\Gamma$ está bien definida, es decir, la integral es convergente para todo $p>0$.
Las propiedades, entre otras, son las siguientes:
- $\Gamma\left (\dfrac 1 2\right )=\sqrt{\pi}$
- $\Gamma(p)\Gamma(p-1)=\dfrac{\pi}{\sin(\pi p)}$ para $0<p<1$.
- $\Gamma(p+1)=p\Gamma(p)$ para $p>0$. De esta propiedad tenemos otra que es igual de útil.
- Si $p\in \mathbb N$: $\Gamma(p)=(p-1)!$.
Función $B$ de Euler.
Se define la función $B$ de Euler a la función $B(p,q)=\displaystyle \int_0^1x^{p-1}(1-x)^{q-1}\, dx$ para $p,q>0$.
Al igual que la función $\Gamma$, la función $B$ está bien definida ya que es una integral impropia convergente para todo $p,q>0$.
Las propiedades, entre otras, son las siguientes:
- $B(p,q)=B(q,p)$ $\forall p,q>0$
- $B(p,q)=2\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin x)^{2p-1}(\cos x)^{2q-1}\, dx$ para $p,q>0$.
- $B(p,q)=\dfrac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}$ $\forall p,q>0$
Resolvamos la primera de ellas. Se puede observar sin dificultad que es una función $B$ de Euler concreta para un $p$ y $q$ particular. Observamos que el exponente de la variable $x$ en la función $B$ es $p-1$ y en nuestro caso es $3$. Por lo tanto, $p-1=3$, de donde obtenemos que $p=4$. De forma análoga, pero para $1-x$ se obtiene que $q-1=2$, por tanto, $q=3$. Así,
$\displaystyle \int _0^1 x^3(1-x)^2\, dx=B(4,3)$ (1)
Si usamos la propiedad 3 de la función $B$ y a continuación la propiedad 4 de la función $\Gamma$ tenemos que:
$B(4,3)=\dfrac{\Gamma(4)\Gamma(3)}{\Gamma(3+4)}=\dfrac{\Gamma(4)\Gamma(3)}{\Gamma(7)}=\dfrac{3!\cdot 2!}{6!}=\dfrac{1}{60}$
De donde sustituyendo en (1) tenemos que $\displaystyle \int_0^1x^3(1-x)^2\, dx=\dfrac{1}{60}$.
La segunda integral no se ve a simple vista como la primera. Como tenemos una función trigonométrica en el integrando, lo que debemos hacer es relacionarlo con alguna de las propiedades que sabemos de estas dos funciones. Obviamente, la podemos relacionar con la segunda propiedad de la función $B$. Pero, ¿cómo lo hacemos? Hagamos unas operaciones para darnos cuenta:
$\sqrt{\tan x}=\sqrt{\dfrac{\sin x}{\cos x}}=\dfrac{\sqrt{\sin x}}{\sqrt{\cos x}}=(\sin x)^{\frac 1 2}\cdot (\cos x)^{-\frac 1 2}$ (2)
Si observamos el integrando de la propiedad 2 de la función $B$ es "casi" igual al que hemos obtenido en (2). Igualando los exponentes, tenemos que $2p-1=\dfrac 1 2$ y $2q-1=-\dfrac 1 2$. De aquí, obtenemos que $p=\dfrac 3 4$ y $q=\dfrac 1 4$. Por tanto,
$\displaystyle \int _0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\tan x}\, dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin x)^{\frac 1 2}(\cos x)^{-\frac 1 2}\, dx=\dfrac 1 2 B\left (\dfrac 3 4,\dfrac 1 4\right )=\dfrac 1 2\cdot\dfrac{\Gamma\left (\dfrac 3 4\right )\cdot \Gamma\left (\dfrac 1 2\right )}{\Gamma\left (\dfrac 3 4+\dfrac 1 4\right )}=\dfrac 1 2\cdot \Gamma\left (\dfrac 3 4\right )\cdot \Gamma\left (\dfrac 1 4\right )$ (3)
Si ahora usamos la propiedad 2 de la función $\Gamma$ en (3), obtenemos que:
$\dfrac 1 2 \Gamma\left (\dfrac 3 4\right )\cdot \Gamma\left (\dfrac 1 4\right )=\dfrac 1 2\cdot \dfrac{\pi}{\sin\left (\dfrac{\pi}{4}\right )}=\dfrac 1 2\cdot \dfrac{\pi}{\frac{\sqrt 2}{2}}=\dfrac{\pi}{\sqrt 2}$
De donde $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\tan x}\, dx=\dfrac{\pi}{\sqrt 2}$.
Os dejo una captura de lo que me ha dado Mathematica:
La teoría la he obtenido del libro: "Cálculo I: Teoría y problemas de Análisis Matemático de una variable" cuyos autores son: Alfonsa García, Fernando García y otros.