Hay otro modo elemental para ponerse en marcha. En primer lugar, observe que:
$$\cos x - \sin x = \sqrt{2}\sin(\pi/4 - x).$$
Por lo tanto, su integral, que denotamos por $I_n$ es igual a:
$$I_n = n2^{\frac n2}\int_0^1\sin^n(\pi/4 - x)dx.$$
Por otro lado, puede utilizar la integración por partes dos veces para mostrar que:
$$\int\sin^nxdx = \frac{-\cos x \hspace{3pt} \sin^{n-1}x}{n} + \frac{(n-1)}{n} \int \sin^{n-2} x dx.$$
Se pueden combinar estos dos para obtener una fórmula explícita para $I_n.$
Actualización: Esto resultó ser muy interesante, si nos limitamos a sólo elementales de cálculo. En primer lugar, escriba:
$$I_n = n2^{n/2}\int_0^{\tfrac{\pi}{4}}\sin^n\left(\frac{\pi}{4}-x\right)dx+n2^{n/2}\int_{\tfrac{\pi}{4}}^1\sin^n\left(\frac{\pi}{4}-x\right)dx = $$
$$ = n2^{n/2}\int_0^{\tfrac{\pi}{4}}\sin^n\left(x\right)dx+n2^{n/2}\int_{\tfrac{\pi}{4}-1}^0\sin^n\left(x\right)dx = A_n+B_n.$$
Ahora, el uso de $\sin x\leq x:$
$$|B_n|\leq n2^{n/2}\int_{\tfrac{\pi}{4}-1}^0|\sin^n\left(x\right)|dx=n2^{n/2}\int^{1-\tfrac{\pi}{4}}_0\sin^n\left(x\right)dx\leq$$
$$\dfrac{n}{n+1}\left(1-\dfrac{\pi}{4}\right)\left(\sqrt{2} - \dfrac{\pi}{2\sqrt{2}}\right)^n\to 0.$$
Por lo tanto, simplemente necesitamos para el estudio de $A_n,$ que satisface bastante simple relación de recurrencia (de integración por partes):
$$A_n = \dfrac{2n-2}{n-2}A_{n-2} - 1,\,\, A_1 = \sqrt{2}-1,\,\, A_2 = \dfrac{\pi}{2}-1.$$
Numérico de la evidencia sugiere que $A_n$ es positivo, creciente y convergente a $1$ como se desee. Por otra parte, extraño los índices son de la forma $\sqrt{2}a_n-b_n$ y los índices son de la forma $\pi c_n -d_n,$ donde $a_n,b_n,c_n,d_n$ son todos los enteros positivos. De hecho, uno puede fácilmente encontrar una forma cerrada para $a_n:$
$$a_n = \dfrac{2^{3n}(n!)^2}{(2n)!},$$
mientras que la forma cerrada para $b_n$ parece ser muy difícil, si no imposible.
Sin embargo, basado en lo que he intentado, a terminar con sólo acercamiento elemental a partir de aquí, parece bastante difícil. Ingenua de un método es el uso de la inducción para demostrar la monotonía. Pero esa cantidad se muestra la siguiente estimación:
$$A_n>\dfrac{n}{n+2}$$
o lo que es equivalente:
$$\int^{\tfrac{\pi}{4}}_0\sin^n\left(x\right)dx>\dfrac{1}{2^{n/2}(n+2)}.$$
Pero por encima parece complicado como el uso de la ingenuidad de la desigualdad de $\sin(x)\geq\dfrac{2\sqrt{2}}{\pi}x$ a $[0,\pi/4]$ resulta ser demasiado crudo. He intentado reforzar aún más mediante el uso de:
$$\sin(x)\geq \dfrac{3}{\pi}x\cdot 1_{[0,\pi/6]}+\left(\dfrac{6(\sqrt{2}-1)}{\pi}x+\dfrac{3-2\sqrt{2}}{2}\right)\cdot 1_{[\pi/6, \pi/4]}$$
que fue demasiado fuerte.
Por último, uno puede técnicamente encontrar una fórmula explícita de la siguiente forma:
$$\dfrac{A_{2n+1}}{(2n+1)2^n\sqrt{2}} = -\int_0^{\tfrac{\pi}{4}}(\sin^2(x))^nd(\cos x) = \int_{\tfrac{1}{\sqrt{2}}}^1(1-t^2)^ndt = $$
$$\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^{n-k}\cdot\dfrac{1-2^{-k-\frac 12}}{2k+1}.$$
Pero, de nuevo, este no es el mejor aspecto de suma manipular.