Integral definida de $x\sin^n x$ $0$ $\pi/2$

Question

Cómo encontrar \begin{equation*} \int_0^{\pi/2} x\sin^n x dx \end{ecuación*} donde $n$ es un entero positivo? He intentado $y=x-\pi/4$ y que da \begin{equation*} \frac{1}{2^{n/2}}\frac{\pi}{4}\int_{-\pi/4}^{\pi/4} (\sin y+\cos y)^n dy+\frac{1}{2^{n/2}}\int_{-\pi/4}^{\pi/4} y(\sin y+\cos y)^n dy. \end{ecuación*} A pesar de que algunos términos pueden ser cancelada, la suma de los otros parece terrible.

Otro método de integración por partes. Aquí he encontrado la fórmula de recurrencia para $\sin^n x$: La integración de $\int \sin^n{x} \ dx$

Así que el primer paso es tener \begin{equation*} \left.\left(-\frac{1}{n}x\cos x\sin^{n-1} x+\frac{n-1}{n}x\int \sin^{n-2} xdx\right)\right|_0^{\pi/2}-\int_0^{\pi/2}\left(-\frac{1}{n}\cos x\sin^{n-1} x+\frac{n-1}{n}\int_0^x \sin^{n-2} t dt\right)dx \end{ecuación*} las evaluaciones a $0$ $\pi/2$ y la integral de $\cos x\sin^{n-1}x$ parece OK, pero ¿y el segundo término? Cualquier método mejor para este problema?

Answer 1

Hacer la misma cosa: que la integral del ser $I_n$, $$ \begin{align*} &\phantom{=}\int_0^{\pi/2} x \sin(x)^n \mathrm dx = -\int_0^{\pi/2} x \sin(x)^{n-1}\mathrm d(\cos(x)) \\ &=\left. x \sin(x)^{n-1} \cos(x) \right|_{\pi/2}^0 - \int_{\pi/2}^0 \cos(x) (\sin(x)^{n-1} + (n-1)x \sin(x)^{n-2} \cos(x))\mathrm d x \\ &= 0 + \int_0^{\pi/2} \sin(x)^{n-1}\mathrm d (\sin(x)) +(n-1) \int_0^{\pi/2} x\sin(x)^{n-2}(1 - \sin(x)^2)\mathrm dx\\ &= \frac 1n + (n-1) I_{n-2} - (n-1)I_n , \end{align*} $$ es decir, $$ \fbox{$nI_n =\dfrac 1n + (n-1)I_{n-2}, $} $$ con $$ I_1 = 1,\quad I_2 = \frac 14 + \frac {\pi^2} {16}, $$ desde \begin{align*} I_2&=\int_0^{\pi/2} x\sin(x)^2\mathrm dx \\ &= \left. x \sin(x) \cos(x)\right|_{\pi/2}^0 + \int_0^{\pi/2} \cos(x) (\sin(x)+ x\cos(x)) \mathrm dx \\ &= 0 + \frac 12 + \int_0^{\pi/2} x(1 - \sin(x)^2) \mathrm dx\\ &= \frac 12 + \frac {\pi^2} 8 - I_2\\ &\implies I_2 = \frac 14 + \frac {\pi^2}{16}. \end{align*} Para ir más allá, vamos a resolver la relación recursiva, pero parece horrible. Así que vamos a tomar de aquí.

ACTUALIZACIÓN

Según la wiki, tenemos un método sistemático para resolver esto. Considerar en primer lugar los términos, incluso con el índice,

Deje $J_{n} = I_{2n}$, luego $$ J_n = \frac 1{4n^2} + \frac {2n-1}{2n}J_{n-1}, $$ luego, divida a ambos lados de la ecuación por $(2n-1)!!/(2n)!!$: $$ \frac {J_n}{\dfrac {(2n-1)!!}{(2n)!!}} = \frac 1 {4n^2} \frac {(2n)!!}{(2n-1)!!}+ \frac {J_{n-1}}{\dfrac {(2n-3)!!}{(2n-2)!!}}, $$ ahora vamos a $P_n = J_n (2n)!!/(2n-1)!!$, luego $$ P_n = \frac 1{2n} \frac {(2n-2)!!}{(2n-1)!!} + P_{n-1}, $$ entonces $$ P_n = \sum_2^n \frac 1{2k}\frac {(2k-2)!!}{(2k-1)!!} + P_1, $$ lo cual es bastante para la obtención de un número concreto de $I_n$.

Answer 2

Suponiendo que $n$ es impar ($n=2m+1$), podemos considerar que la onda triangular $$ t(x) = \frac{4}{\pi}\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}\,\sin((2n+1)x)$$ y el hecho de que, por simetría, $$ \int_{0}^{\pi/2}x\sin^n(x)\,dx = \frac{1}{4}\int_{0}^{2\pi}t(x)\sin^n(x)\,dx. $$ Por otro lado, la transformada de Fourier senoidal serie de $\sin^n(x)$ es sencillo encontrar: $$ \sin^n(x) = \frac{1}{2^{n-1}}\sum_{k=0}^{m}\binom{n}{m-k} (-1)^k \sin((2k+1)x)$$ por lo tanto, por la ortogonalidad de las relaciones: $$\boxed{ \int_{0}^{\pi/2}x \sin^{2m+1}(x)\,dx = \frac{1}{2^{2m+1}}\sum_{k=0}^{m}\binom{2m+1}{m-k}\frac{1}{(2k+1)^2}}\tag{odd}$$ Si $n$ es incluso podemos de igual manera, considere el coseno de Fourier de la serie de $\sin^n(x)$ y reemplace $x$ $\pi$- periódico continuación de $\frac{\pi}{2}-\left|\frac{\pi}{2}-x\right|$$[0,\pi]$, es decir, sólo diferente de onda triangular:

$$ T(x) = \frac{\pi}{4}-\frac{2}{\pi}\sum_{n\geq 0}\frac{\cos((4n+2)x)}{(2n+1)^2} = |t(x)|$$ lo que conduce a: $$ \boxed{\int_{0}^{\pi/2}x \sin^{2m}(x)\,dx = \frac{\binom{2m}{m}\pi^2}{8\cdot 4^m}+\frac{1}{2^{2m}}\sum_{\substack{1\leq k\leq m\\k\text{ odd}}}\binom{2m}{m-k}\frac{1}{k^2}}\tag{even}$$ Podemos observar que la sustitución de $x\mapsto \arcsin x$, junto con la serie de Maclaurin de $\arcsin^2$, proporciona una mayor representación hipergeométrica para la integral dada:

$$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\pi/2}x\sin^n(x)\,dx = \int_{0}^{1}\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}x^n\,dx &=&\sum_{m\geq 1}\frac{4^m}{2m(2m+n)\binom{2m}{m}}\\&=&\frac{1}{n+2}\cdot\phantom{}_3 F_2\left(1,1,1+\tfrac{n}{2};\tfrac{3}{2},2+\tfrac{n}{2};1\right).\end{eqnarray*}$$ La igualdad entre el lado derecho de la última línea y $(\text{odd})$ o $(\text{even})$ es probablemente una consecuencia de la transformación general de las identidades para hipergeométrica $\phantom{}_3 F_2(\ldots;1)$ funciones.

Answer 3

$I_0=\frac{\pi^2}8$ y $I_1=1$ y $n\ge2$, $$\begin{align} I_n &=\int_0^{\pi/2}x\sin^n(x)\,\mathrm{d}x\tag1\ &=-\int_0^{\pi/2}x\sin^{n-1}(x)\,\mathrm{d}\cos(x)\tag2\ &=(n-1)\int_0^{\pi/2}x\cos^2(x)\sin^{n-2}(x)\,\mathrm{d}x+\int_0^{\pi/2}\cos(x)\sin^{n-1}(x)\,\mathrm{d}x\tag3\ &=(n-1)\int_0^{\pi/2}x\sin^{n-2}(x)\,\mathrm{d}x-(n-1)In+\frac1n\tag5\ &=\frac{n-1}nI{n-2}+\frac1{n^2}\tag5\ \end {alinee el} $$ explicación:
$(2)$: se preparan para integrar por partes
$(3)$: integración por partes
$(4)$: $\cos^2(x)=1-\sin^2(x)$ parte de $\sin^2(x)$ y $I_n$
$(5)$: Añadir $(n-1)I_n$ a ambos lados y divida por $n$

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Utilizando $I0$ y $(5)$, podemos calcular $I{2n}$: $$\begin{align} I{2n} &=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\left[\frac{\pi^2}8+\sum{k=0}^{n-1}\frac{(2n-2k-2)!!}{(2n-2k-1)!!}\frac1{2n-2k}\right]\ &=\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\left[\frac{\pi^2}8+\sum_{k=0}^{n-1}\frac{4^{n-k}}{\binom{2n-2k}{n-k}}\frac1{(2n-2k)^2}\right] \end {Alinee el} $$

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Utilizando $I1$ y $(5)$, podemos calcular $I{2n+1}$: $$\begin{align} I{2n+1} &=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\left[1+\sum{k=0}^{n-1}\frac{(2n-2k-1)!!}{(2n-2k)!!}\frac1{2n-2k+1}\right]\ &=\frac1{2n+1}\frac{4^n}{\binom{2n}{n}}\left[1+\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\binom{2n-2k}{n-k}}{4^{n-k}}\frac1{2n-2k+1}\right] \end {Alinee el} $$