Integración trigonométrica y exponencial

Question

Si $\displaystyle I_{n} =\int^{\infty}_{\frac{\pi}{2}}e^{-x}\cos^{n}(x)dx.$ entonces $\displaystyle \frac{I_{2018}}{I_{2016}}$ es

Probar: usar por partes

PS

PS

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Podría algo ayudarme a resolverlo, gracias.

Answer 1

Como usted dice,

$$ \frac{I_n}{n} = - \int_{\pi/2}^{\infty} \mathrm{e}^{-x} \cos^{n-1}(x)\sin(x)\ \mathrm{d}x $$

Creo que el truco es usar la integración por partes de nuevo, por diferenciar el término multiplicando la exponencial, que es \begin{align*} \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} \, \cos^{n-1}(x)\sin(x) &= \cos^n(x) - (n-1)\cos^{n-2}(x)\color{blue}{\sin^2(x)} \\ & = \cos^n(x) - (n-1)\cos^{n-2}(x)\left[\color{blue}{1-\cos^2(x)}\right] \\ & = \color{red}{\cos^n(x)} - (n-1) \cos^{n-2}(x) + (n\color{red}{-1})\cos^n(x) \\ & = n \cos^n(x) - (n-1) \cos^{n-2}(x). \end{align*} A continuación, el conjunto de la integral se convierte en $$ \frac{I_n}{n} = - \displaystyle \color{red}{\left[ -\mathrm{e}^{-x} \cos^{n-1}(x)\sin(x)\right)^{\infty}_{\pi/2}} - \int_{\pi/2}^{\infty} \mathrm{e}^{-x} \left[ n \cos^n(x) - (n-1) \cos^{n-2}(x)\right]\ \mathrm{d}x $$ con el rojo término es cero, obtenemos \begin{align*} \frac{I_n}{n} &= -nI_n + (n-1)I_{n-2}, \\ I_n & = - n^2 I_n + n(n-1)I_{n-2}, \\ (n^2 + 1)I_n &= n(n-1)I_{n-2}, \\ \frac{I_n}{I_{n-2}} &= \frac{n(n-1)}{n^2+1}, \\ \end{align*} En particular, $$ \frac{I_{2018}}{I_{2016}} = \frac{2018 \times 2017}{2018^2+1} = \frac{4070306}{4072325}. $$

Answer 2

Por brevedad hemos creado

$$f_{c,s}(x):= e^{-x}\cos^c(x)\sin^s(x),$$ $$F_{c,s}(x):=\int f_{c,s}(x)\,dx.$$

Luego por partes, integración en $e^{-x}$, $$F_{c,0}=-f_{c,0}-cF_{c-1,1}$$ y $$F_{c-1,1}=-f_{c-1,1}-(c-1)F_{c-2,2}+F_{c,0}.$$

El uso de $\sin^2x=1-\cos^2x$ (es decir, $F_{c-2,2}=F_{c-2,0}-F_{c,0}$) y el hecho de que la $f$ términos desaparecer, tenemos después de la simplificación,

$$(c^2+1)F_{c,0}=c(c-1)F_{c-2,0}.$$