Una integral trigonométrica con una sustitución tangente.

Question

De la Compleja Teoría de la Función por Palka, un ejemplo se muestra para enteros positivos $n$que $$\int_0^\pi \sin^{2n}t \; dt=\frac{\pi}{4}\binom{2n}{n}$$ el uso de los Residuos de Thm, y entendí su derivación. Pero él pasó a decir que esto puede ser encontrado usando técnicas conocidas, él menciona que la sustitución de $u= \tan (t/2)$ y hacer fracciones parciales.

Me gusta tratar de evaluar las integrales b/c que a menudo implican trucos (que por lo general no puede pensar, pero agradezco una vez he visto), así que quería darle una oportunidad.

El uso de la propuesta de sustitución $$\cos t=2 \cos^2 \frac{t}{2}-1= \frac{2}{u^2+1}-1$$ y $2du= \sec^2(t/2)$ $\leftrightarrow$ $dt=2du/(u^2+1)$ (la conversión de tan cos que dibujó un triángulo rectángulo w/ piernas 1 y $u$), por lo que $$ \begin{split} \int_0^\pi \sin^{2n}t \; dt =& \int_0^\pi ( \sin^2t)^n \; dt= \int_0^\pi \big( \frac{1- \cos 2t}{2}\big)^n \; dt \\ =& \frac{1}{2^{n+1}}\int_0^{2 \pi}(1- \cos t)^n \; dt = \frac{1}{2^{n+1}}\int_{- \pi}^\pi (1- \cos t)^n \; dt \\ =& \frac{1}{2^{n+1}}\int_{- \infty}^\infty \big( 1- \frac{2}{u^2+1}+1 \big)^n \frac{2}{u^2+1}\; du \\ =& \int_{- \infty}^\infty \frac{u^{2n}}{(u^2+1)^{n+1}}\; du \end{split}$$ pero el integrando no busques más fácil de tratar. ¿Cómo debo proceder? Parcial de las fracciones debe resultar en una combinación lineal de términos $1/(u^2+1)^k$, por lo que incluso suponiendo que puedo hacer el decomp general $n$, me doy cuenta de que no saben cómo integrar por $k \neq 1$.
Muchas gracias de antemano por cualquier ayuda.

Answer 1

He aquí un método completamente diferente. Para $a,b\in\Bbb C$ tal que $\operatorname{Re}a,\operatorname{Re}b>-1$, definimos $$I(a,b)=\int_0^{\pi/2}\sin(x)^{a}\cos(x)^bdx$$ Sub.: $$t=\sin(x)^2\Rightarrow 2t^{-1/2}(1-t)^{-1/2}dt=dx$$ Por lo tanto $$I(a,b)=2\int_0^1t^{\frac{a-1}2}(1-t)^{\frac{b-1}2}dt=2\int_0^1t^{\frac{a+1}2-1}(1-t)^{\frac{b+1}2-1}dt$$ A continuación, recordar la definición de la función Beta $$\mathrm B(x,y)=\int_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$$ Donde $$\Gamma(s)=\int_0^\infty t^{s-1}e^{-t}dt$$ es la función Gamma, que amplía la definición de factorial a todas las complejas $s$ ($\Gamma(s)=(s-1)!$).

Vemos inmediatamente que $$I(a,b)=\frac{\Gamma(\frac{a+1}2)\Gamma(\frac{b+1}2)}{2\Gamma(\frac{a+b}2+1)}$$ La elección de $a=2n$ e $b=0$, y el uso de $\Gamma(1/2)=\sqrt\pi$: $$J_n=I(2n,0)=\frac{\sqrt\pi}2\frac{\Gamma(n+1/2)}{\Gamma(n+1)}=\frac{\sqrt\pi}{2n}\frac{\Gamma(n+1/2)}{\Gamma(n)}\qquad \text{assuming}\ \ n>0$$ A continuación, recordamos la de Legendre de la duplicación de la fórmula: $$\Gamma(s+1/2)=2^{1-2s}\sqrt\pi \frac{\Gamma(2s)}{\Gamma(s)}$$ $$\frac{\Gamma(s+1/2)}{\Gamma(s)}=2^{1-2s}\sqrt\pi \frac{\Gamma(2s)}{\Gamma^2(s)}$$ A continuación, el uso de $\Gamma(s)=(s-1)!$ y la definición de ${2s\choose s}$, tenemos $$\frac{\Gamma(2s)}{\Gamma^2(s)}=\frac{s}2{2s\choose s}$$ así $$\frac{\Gamma(s+1/2)}{\Gamma(s)}=\frac{s\sqrt\pi}{4^s}{2s\choose s}$$ Y $$J_n=\frac{\pi}{2^{2n+1}}{2n\choose n}$$ Y de la simetría sobre $x=\pi/2$, tenemos que $$\int_0^\pi \sin(x)^{2n}dx=\frac\pi{4^n}{2n\choose n}$$ QED

Answer 2

Deje $$I_n=\int_0^\pi \sin^{2n}t \; dt. $ $ Luego, por integración por partes, tiene \begin{eqnarray*} I_n&=&\int_0^\pi\sin^{2n-1}t\sin tdt\\ &=&-\int_0^\pi\sin^{2n-1}td\cos t=(2n-1)\int_0^\pi\cos^2 t\sin^{2n-2}tdt\\ &=&(2n-1)\int_0^\pi(1-\sin^2)\sin^{2n-2}tdt\\ &=&(2n-1)I_{n-1}-(2n-1)I_n \end {eqnarray *} desde donde uno tiene $$ I_n=\frac{2n-1}{2n}I_{n-1}. $ $ Así \begin{eqnarray*} I_n&=&\frac{2n-1}{2n}I_{n-1}=\frac{2n-1}{2n}\frac{2n-3}{2(n-1)}I_{n-2}\\ &=&\cdots=\frac{2n-1}{2n}\frac{2n-3}{2(n-1)}\cdots\frac{1}{2}I_0\\ &=&\frac{(2n-1)!!}{(2n)!}\pi=\frac{(2n-1)!!(2n-2)!!}{(2n)!(2n-2)!!}\pi\\ &=&\frac{(2n-1)!}{2^{2n-1}n!(n-1)!}\pi=\frac{2n(2n-1)!}{2n2^{2n-1}n!(n-1)!}\pi\\ &=&\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\pi=\frac{\pi}{4^n}\binom{2n}{n}. \end {eqnarray *}