Evaluación de

Question

Demostrar que $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}xdx = \frac{\pi}{2}\frac{1}{4^{n}}\binom{2n}{n}$ y también encontrar el valor de $\displaystyle \sum^{\infty}_{n=0}\frac{1}{16^n}\binom{2n}{n}.$

$\bf{My\; Try::}$ Let $$\displaystyle I_{n} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}xdx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n-2}x\cdot \sin^2 xdx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n-2}x\cdot (1-\cos^2 x)dx$$

$$I_{n} =I_{n-1}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos x\cdot \sin^{2n-2}\cdot \cos xdx$$

Ahora usando integración por las piezas, conseguimos $$I_{n} = I_{n-1}-\frac{I_{n}}{2n-1}\Rightarrow I_{n} = \frac{2n-1}{2n}I_{n-1}

Ahora usando recursivamente, conseguimos $$I_{n} = \frac{2n-1}{2n}\cdot \frac{2n-3}{2n-2}I_{n-2} =\frac{2n-1}{2n}\cdot \frac{2n-3}{2n-2}\cdot \frac{2n-5}{2n-4}I_{n-3}

Así conseguimos %#% $ #%

y obtenemos $$I_{n} = \frac{2n-1}{2n}\cdot \frac{2n-3}{2n-2}\cdot \frac{2n-5}{2n-4}\cdot \frac{2n-7}{2n-6}\cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot\cdot \frac{3}{2}I_{0}$

Así conseguimos %#% $ #%

Ahora no entiendo cómo puedo calcular el valor de $\displaystyle I_{0} = \frac{\pi}{2}$

Ayuda necesaria, gracias.

Answer 1

He aquí otro enfoque probabilístico. No evaluamos cualquier (de Riemann) de las integrales.

Considere la posibilidad de una simple caminata aleatoria simétrica en ${\mathbb Z}$ a partir de $0$ tiempo $0$. La probabilidad de que en el momento $2n$ el pie está en el cero es igual a $\binom{2n}{n}2^{-2n}$, y la probabilidad de que en el momento $2n+1$ el pie está en el cero es $0$.

De esto se deduce que la expresión que queremos evaluar es

$$S= \sum_{j=0}^\infty E[ 2^{-T_j}].$$

donde $0=T_0<T_1<\dots$ son las veces que el pie está en cero. Tenga en cuenta que $(T_{j+1}-T_j)$ son IID y tienen la misma distribución en $T_1$. Por lo tanto, esta es una serie geométrica. Su suma es

$$S = \frac{1}{1-E [2^{-T_1}]}.$$

Para calcular los $E [ 2^{-T_1}]$ consideramos primero $\rho$, el tiempo hasta que el pie golpea $1$, a partir de $0$. Acondicionado en el primer paso, tenemos

$$E[ 2^{-\rho}] = 2^{-1} \left ( \frac 12 + \frac 12 E [2^{-\rho}]^2\right),$$

representa, mover a la derecha o hacia la izquierda primero. Por lo tanto

$$E [2^{-\rho} ] ^2 -4E [ 2^{-\rho}]+1=0,$$

o

$$(E[ 2^{-\rho}] -2)^2-3=0 \quad \Rightarrow \quad E[2^{-\rho}] = 2-\sqrt{3}$$

Volvamos a nuestro problema original. Acondicionado en el primer paso,

$$E [2^{-T_1} ] = 2^{-1} E [ 2^{-\rho}]=1- \frac{\sqrt{3}}{2}.$$

Por lo tanto,

$$S = \frac{2}{\sqrt{3}}.$$

Answer 2

Sugerencia. De lo que ha demostrado, uno puede deducir que \frac{\pi}{2}\sum^{\infty}_{n=0}\frac{1}{16^n}\binom{2n}{n}=\int_{0}^{\large \frac{\pi}{2}}\sum^{\infty}_{n=0}\frac{1}{4^n}\sin^{2n}xdx=\int_{0}^{\large \frac{\pi}{2}}\frac{4}{4-\sin^2 $$x} dx$$ la última integral es fácil de evaluar.

Answer 3

Sólo completar respuesta de Olivier: $$ I=\int_{0}^{\pi/2}\frac{4\,dx}{4-\sin^2 x}=\int_{0}^{\pi/2}\frac{4\,dx}{4-\cos^2 x}=\int_{0}^{+\infty}\frac{dt}{1+t^2}\cdot\frac{4}{4-\frac{1}{1+t^2}} ofrece:

$$S = \sum_{n\geq 0}\frac{1}{16^n}\binom{2n}{n}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\frac{4}{4t^2+3} = \color{red}{\frac{2}{\sqrt{3}}}.$$

Answer 4

Tal vez es interesante ver que $$S=\sum_{n\geq0}\dbinom{2n}{n}x^{n}=\sum_{n\geq0}\frac{\left(2n\right)!}{n!^{2}}x^{n}$$ and now note that \frac{\left(2n\right)!} {n}! = 2^{n}\left(2n-1\right)!! = 4 ^ \left {n} (\frac {1} {2} \right) _ {n} = \left(-1\right) ^ {n} 4 ^ \left {n} (-\frac {1} {2} \right) _ {n} $$ where $(x)_{n}$ is the Pochhamer' symbol. So we have, by the generalized binomial theorem, that $$S=\sum_{n\geq0}\dbinom{-1/2}{n}\left(-1\right)^{n}4^{n}x^{n}=\frac{1}{\sqrt{1-4x}},\left|x\right|<\frac{1}{4}$$ so if we take $x=\frac{1}{16}$ we have $$\sum_{n\geq0}\dbinom{2n}{n}\frac{1}{16^{n}}=\frac{2}{\sqrt{3}}.$$