Prueba de extraños poderes del pecado: $\int(\sin x)^{2n+1}\,dx$

Question

Demostrar que $\int_{0}^{\pi/2}(\sin x)^{2n+1}\,dx=\prod_{j=1}^n \frac{2j}{2j + 1}$ por extraños poderes del pecado.

He sido capaz de reducir a: $\frac{2n}{2n+1}\int_{0}^{\pi/2}(\sin x)^{2n-1}\,dx$

y no estoy muy seguro de cómo integrar la $(\sin x)^{2n-1}$.

Sería de integración por partes ser suficiente para resolver esto? Si es así, ¿entonces cómo? Mi aplicación fue poner a $u = (\sin x)^{2n-1}$ $dv = dx$ pero me da un mayor lío cuando me integrar por partes.

Answer 1

Yo diría que ya han resuelto la mayor parte de el problema por sí mismo: su integración por partes es todo el cálculo que usted necesita hacer.

Usted dice "no estoy muy seguro de cómo integrar la $\int (\sin x)^{2n-1}$." Así que lo que le falta es la idea de que se puede integrar por partes repetidamente, reduciendo el exponente por $2$ cada vez, hasta llegar a $\int_0^{\pi/2} \sin x dx = 1$. (Llamando a la alimentación "$2n-1$" no hacer de verdad, los diferentes integral que si el poder se llama "$2n+1$".) Este concepto generalmente va bajo el nombre de fórmula de reducción: ver el artículo vinculado de la wikipedia para una introducción a cómo funciona.

Para tener una idea de lo que está pasando, me gustaría recomendar que tome un determinado valor de $n$ y repetidamente integrar por partes y ver lo que se obtiene. E. g. si $n = 2$

$\int_0^{\frac{\pi}{2}} (\sin x)^5 dx = \left(\frac{2(2)}{2(2)+1}\right) \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\sin x)^3 dx = \left(\frac{2(2)}{2(2)+1}\right) \left(\frac{2(1)}{2(1)+1)} \right) \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\sin x) dx = \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} \cdot 1 = \frac{8}{15}$.

Si usted hace esto durante un par de valores de $n$ usted verá que usted está recibiendo un producto de ciertas fracciones que es exactamente igual a lo que usted desea. (Y que ayuda mucho a tener el lado derecho escrito correctamente! De ahí mi comentario anterior).

También se puede pensar en esto en términos de encontrar una fórmula explícita para una secuencia definida recursivamente si quieres...pero si usted se siente cómodo con el pensamiento de esa manera creo que no se han hecho la pregunta en el primer lugar.

Por alguna coincidencia cósmica, hablé acerca de la reducción de las fórmulas en mi clase de cálculo de ayer. Una muy similares fórmula de reducción conduce a una fórmula interesante de Wallis dar una expresión para $\pi$: ver aquí , si quieres.

Answer 2

PS. Usted puede hacer esto mediante la integración por partes si usted realmente desea. Extracto de una $\sin^2 x$, que la convierten en $(1-\cos^2 x)$, y se obtiene (si dejamos $I_{k} = \int_0^{\pi/2} (\sin x)^k dx$)

$I_{2n+1} = I_{2n-1} - \int_0^{\pi/2} [\sin^{2n-1}(x) \cos (x)] \cos x$.

Use integración por partes ahora ($u=\cos x$). Usted consigue realmente un límite de plazo (evalúa a 0) y un múltiplo de la integral original, y

$\frac{2n+1}{2n} I_{2n+1} = I_{2n-1}$.

y, a continuación, algunos recursiva de la diversión.

Answer 3

Sugerencia: es una aplicación directa de la función beta.