1/6公式とベータ積分

方針：被積分関数を $x-\alpha$ の累乗だけで書く。$(x-\alpha)^k$ の原始関数は $\dfrac{(x-\alpha)^{k+1}}{k+1}$ で、$x=\alpha$ で $0$ になるので、代入の計算が楽になる。
段 1（書き直し）。$x-\beta=(x-\alpha)-(\beta-\alpha)$ なので
$$ (x-\alpha)(x-\beta)=(x-\alpha)^2-(\beta-\alpha)(x-\alpha) $$
である。$\beta-\alpha$ は定数である。
段 2（原始関数）。$\left(\dfrac{(x-\alpha)^3}3\right)'=(x-\alpha)^2$、$\left(\dfrac{(x-\alpha)^2}2\right)'=x-\alpha$ である（合成関数の微分、または展開して確かめられる）。したがって
$$ \int_\alpha^\beta(x-\alpha)(x-\beta)\,dx=\Bigl[\frac{(x-\alpha)^3}3-(\beta-\alpha)\frac{(x-\alpha)^2}2\Bigr]_\alpha^\beta $$
である。
段 3（代入）。$x=\alpha$ では括弧の中は $0$ である。$x=\beta$ では $x-\alpha=\beta-\alpha$ なので
$$ \frac{(\beta-\alpha)^3}3-\frac{(\beta-\alpha)^3}2=\Bigl(\frac13-\frac12\Bigr)(\beta-\alpha)^3=-\frac{(\beta-\alpha)^3}6 $$
である。$\square$

方針：$h$ を $a(x-\alpha)(x-\beta)$ と因数分解し、2 つの解の間で $h$ の符号が一定であることを確かめて、thm-osb-one-sixth を使う。
段 1（因数分解）。$h$ は 2 次式で、$h(\alpha)=h(\beta)=0$ なので、因数定理により $h(x)=a(x-\alpha)(x-\beta)$ である（$x^2$ の係数を比べて定数倍が $a$ と決まる）。因数定理は 剰余の定理と因数定理 で扱う。
段 2（符号）。$\alpha\le x\le\beta$ では $x-\alpha\ge0$、$x-\beta\le0$ なので $(x-\alpha)(x-\beta)\le0$ である。したがって、この区間で $h$ の符号は一定（$a>0$ なら $0$ 以下、$a<0$ なら $0$ 以上）である。2 曲線はこの区間の外では交わらないので、囲まれた部分は $\alpha\le x\le\beta$ の部分である。
段 3（面積）。定積分と面積 の「上下が入れ替わる場合の面積」の定理（区切る点がない場合）により、$S=\left|\displaystyle\int_\alpha^\beta h(x)\,dx\right|$ である。thm-osb-one-sixth により
$$ \int_\alpha^\beta h(x)\,dx=a\int_\alpha^\beta(x-\alpha)(x-\beta)\,dx=-\frac a6(\beta-\alpha)^3 $$
なので、$S=\dfrac{|a|}6(\beta-\alpha)^3$ である。$\square$

方針：prf-osb-one-sixth と同じく、1 乗の因子を、2 乗になっている因子の文字で書き直す。
段 1（1 つ目の式）。$x-\beta=(x-\alpha)-(\beta-\alpha)$ なので $(x-\alpha)^2(x-\beta)=(x-\alpha)^3-(\beta-\alpha)(x-\alpha)^2$ である。原始関数は $\dfrac{(x-\alpha)^4}4-(\beta-\alpha)\dfrac{(x-\alpha)^3}3$ で、$x=\alpha$ で $0$、$x=\beta$ で
$$ \frac{(\beta-\alpha)^4}4-\frac{(\beta-\alpha)^4}3=-\frac{(\beta-\alpha)^4}{12} $$
である。
段 2（2 つ目の式）。今度は $x-\alpha=(x-\beta)+(\beta-\alpha)$ と書くと $(x-\alpha)(x-\beta)^2=(x-\beta)^3+(\beta-\alpha)(x-\beta)^2$ である。原始関数は $G(x)=\dfrac{(x-\beta)^4}4+(\beta-\alpha)\dfrac{(x-\beta)^3}3$ で、$G(\beta)=0$ である。$x=\alpha$ では $x-\beta=-(\beta-\alpha)$ なので、$(x-\beta)^4=(\beta-\alpha)^4$、$(x-\beta)^3=-(\beta-\alpha)^3$ であり
$$ G(\alpha)=\frac{(\beta-\alpha)^4}4-\frac{(\beta-\alpha)^4}3=-\frac{(\beta-\alpha)^4}{12} $$
である。したがって積分は $G(\beta)-G(\alpha)=\dfrac{(\beta-\alpha)^4}{12}$ である。$\square$

方針：$h=f-\ell$ が $x=\beta$ で値も導関数も $0$ になることから、$(x-\beta)^2$ で割り切れることを示す。
段 1（$x=\beta$ での値と傾き）。接線は $x=\beta$ で曲線と同じ値、同じ傾きをもつので、$h(\beta)=0$、$h'(\beta)=0$ である。
段 2（1 回目の因数）。$h(\beta)=0$ なので、因数定理により $h(x)=(x-\beta)q(x)$（$q$ は 2 次式）と書ける。
段 3（2 回目の因数）。積の微分により $h'(x)=q(x)+(x-\beta)q'(x)$ なので、$h'(\beta)=q(\beta)$ である。段 1 より $q(\beta)=0$ なので、$q(x)=(x-\beta)r(x)$（$r$ は 1 次式）と書ける。よって $h(x)=(x-\beta)^2r(x)$ である。
段 4（残りの因数）。$h(\alpha)=0$、$\alpha\ne\beta$ なので $r(\alpha)=0$ であり、$r(x)=c(x-\alpha)$ と書ける。$x^3$ の係数を比べると $c=a$（$\ell$ は 1 次式なので $h$ の $x^3$ の係数は $a$）である。
段 5（面積）。$\alpha<\beta$ なら、$\alpha\le x\le\beta$ で $(x-\alpha)(x-\beta)^2\ge0$ なので $h$ の符号は一定であり、thm-osb-one-twelfth の 2 つ目の式から面積は $|a|\dfrac{(\beta-\alpha)^4}{12}$ である。$\beta<\alpha$ なら、区間 $[\beta,\alpha]$ で $h=a(x-\beta)^2(x-\alpha)$ と見て 1 つ目の式（$\alpha$ と $\beta$ の役割を入れ替えたもの）を使えば、同じく $|a|\dfrac{(\alpha-\beta)^4}{12}$ である。$\square$

方針：置換で区間を $[0,1]$ にそろえる。$I(m,n)=\displaystyle\int_0^1t^m(1-t)^n\,dt$ について、部分積分で $n$ を 1 減らし $m$ を 1 増やす漸化式を作り、$n$ についての数学的帰納法で示す。
段 1（置換）。$x=\alpha+(\beta-\alpha)t$ とおくと、$t$ が $0$ から $1$ まで動くとき $x$ は $\alpha$ から $\beta$ まで動き、$dx=(\beta-\alpha)\,dt$ である。$x-\alpha=(\beta-\alpha)t$、$\beta-x=(\beta-\alpha)(1-t)$ なので
$$ \int_\alpha^\beta(x-\alpha)^m(\beta-x)^n\,dx=\int_0^1(\beta-\alpha)^mt^m(\beta-\alpha)^n(1-t)^n(\beta-\alpha)\,dt=(\beta-\alpha)^{m+n+1}I(m,n) $$
である。置換積分は 置換積分の使い方 で扱う。あとは $I(m,n)=\dfrac{m!\,n!}{(m+n+1)!}$ を示せばよい。
段 2（$n=0$ の場合）。$I(m,0)=\displaystyle\int_0^1t^m\,dt=\frac1{m+1}$ である。一方 $\dfrac{m!\,0!}{(m+1)!}=\dfrac{m!}{(m+1)\,m!}=\dfrac1{m+1}$ なので、すべての $m$ で公式が成り立つ。
段 3（漸化式）。$n\ge1$ とする。$u=(1-t)^n$、$v=\dfrac{t^{m+1}}{m+1}$ とおくと $v'=t^m$、$u'=-n(1-t)^{n-1}$ である。部分積分により
$$ I(m,n)=\Bigl[\frac{t^{m+1}}{m+1}(1-t)^n\Bigr]_0^1+\frac n{m+1}\int_0^1t^{m+1}(1-t)^{n-1}\,dt $$
である。境界の項は、$t=1$ では $(1-t)^n=0$（$n\ge1$ だから）、$t=0$ では $t^{m+1}=0$ なので $0$ である。したがって
$$ I(m,n)=\frac n{m+1}I(m+1,n-1) $$
である。部分積分は 部分積分の使い方 で扱う。
段 4（帰納法）。「すべての $m\ge0$ で $I(m,n)=\dfrac{m!\,n!}{(m+n+1)!}$」を $n$ についての帰納法で示す。$n=0$ は段 2 で示した。$n-1$ で成り立つと仮定すると、段 3 と仮定（$m+1$ と $n-1$ に使う）により
$$ I(m,n)=\frac n{m+1}\cdot\frac{(m+1)!\,(n-1)!}{(m+n+1)!}=\frac{m!\,n!}{(m+n+1)!} $$
である。ここで $\dfrac{(m+1)!}{m+1}=m!$、$n\cdot(n-1)!=n!$ を使った。よって $n$ でも成り立つ。$\square$

方針：thm-osb-beta の右辺を、$(m+n+1)!=(N+1)\cdot N!$ で分ける。
段 1。$(N+1)!=(N+1)\cdot N!$ なので
$$ \frac{m!\,n!}{(m+n+1)!}=\frac{m!\,n!}{(N+1)\cdot N!}=\frac1{N+1}\cdot\frac{m!\,n!}{N!}=\frac1{(N+1)\dbinom Nm} $$
である。最後に $\dbinom Nm=\dfrac{N!}{m!\,(N-m)!}=\dfrac{N!}{m!\,n!}$ を使った。
段 2。1 つ目の式の両辺に定数 $\dbinom Nm$ を掛けると 2 つ目の式になる。$\square$