In questo articolo dimostriamo la seguente disuguaglianza, valida per $n,m$ interi positivi:
$$\int_0^1 x^n (1-x)^m \, dx =\sum_{q=0}^m {m \choose q} \frac{(-1)^q}{n+q+1} = \frac{m! n!}{(n+m+1)!} $$
Poiché i termini a destra e sinistra sono simmetrici rispetto a $n \leftrightarrow m$ allora possiamo anche scambiare $n$ ed $m$ nella formula centrale.
Per dimostrare la formula calcoliamo l’integrale in due maniere diverse e otteniamo l’identità richiesta. Per la prima maniera, utilizzando il teorema binomiale, possiamo scrivere
$$\int_0^1 x^n (1-x)^m \, dx = \sum_{q=0}^m {m \choose q} (-1)^q \int_0^1 x^n x^q \, dx = \sum_{q=0}^m {m \choose q} \frac{(-1)^q}{n+q+1} $$
D’altra parte, possiamo usare l’integrazione per parti, ottenendo
\begin{align*}
\int_0^1 x^n (1-x)^m \, dx &= \int_0^1 \frac{1}{n+1} \pqty{\dv{}{x} x^{n+1}} (1-x)^m \, dx =\\
&=\frac{1}{n+1} x^{n+1} (1-x)^m \lvert_0^1 -\int_0^1 \frac{1}{n+1} x^{n+1} \pqty{\dv{}{x} (1-x)^m } \, dx=\\
&=\frac{m}{n+1} \int_0^1 x^{n+1} (1-x)^{m-1} \, dx
\end{align*}
dove il termine di bordo è nullo per $m \geq 1$. Se invece $m=0$ allora il risultato è banale. Perciò chiamando l’integrale $I_{n,m}$ abbiamo ottenuto la legge ricorsiva
$$I_{n,m} = \frac{m}{n+1} I_{n+1, m-1} = \frac{m(m-1)}{(n+1)(n+2)} I_{n+2,m-2} = \cdots$$
valida per $m \geq 1$, mentre banalmente per $m=0$ abbiamo $I_{n,0}=1/(n+1)$. In generale abbiamo
$$I_{n,m} = \frac{m! n!}{(m-p!)(n+p)!} I_{n+p,m-p}$$
che possiamo verificare coincide con i due casi precedenti per $p=1, 2$. Ponendo quindi $p=m$ e utilizzando la formula per $I_{n,0}$ otteniamo
$$I_{n,m} = \frac{m! n!}{(n+m)!} I_{n+m,0} = \frac{m! n!}{(n+m+1)!} $$
il che conclude la dimostrazione.