Integrale della $k$-esima potenza dispari del seno
Buongiorno, mi sono imbattuto in un'identità con un integrale molto interessante. Prendendolo da un esercizio dell'Alsamraee mi sono proposto di dimostrarlo: \[\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{2k+1} x\ \text{d}x=\frac{2^{2k} k!^2}{(2k+1)!}\ \ \forall k\in\mathbb{N}\] La dimostrazione che ho trovato (dopo svariati approcci inconcludenti) è più semplice di quanto immaginassi e dalla molteplicità di forme che l'identità può assumere credo si possa rivelare utile non solo nell'esercizio dove l'ho trovata ma anche in altre situazioni non banali! Vi propongo qui la mia soluzione e fatemi sapere se ne trovate di altre interessanti!
L'esercizio completo si propone di calcolare la somma della serie \[\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^n}{(2n+1)\left(\begin{matrix} 2n \\ n \end{matrix}\right)}\] sfruttando la sopracitata identità.
L'esercizio completo si propone di calcolare la somma della serie \[\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^n}{(2n+1)\left(\begin{matrix} 2n \\ n \end{matrix}\right)}\] sfruttando la sopracitata identità.
Risposte
Dalle identità di Eulero è noto che \(\sin t = \Im e^{it} = \frac{e^{it}-e^{-it}}{2i}\); allora
\[
\int_0^{\pi/2}\sin^m t\; dt = \int_0^{\pi/2} \left( \frac{e^{it}-e^{-it}}{2i} \right)^m dt
\] per ogni \(m\ge 1\); del resto, dalla formula di Newton questo è
\[
\begin{align*}
\int_0^{\pi/2}\sin^m t dt &= \int_0^{\pi/2} \frac{1}{(2i)^m} \sum_{k=0}^m (-1)^{m-k} \binom{m}{k}e^{ikt}e^{-i(m-k)t} dt \\
& = \frac{1}{(2i)^m} (-1)^k \sum_{k=0}^m \binom{m}{k}\int_0^{\pi/2} e^{(m-2k)it} dt\\
&= \frac{1}{(2i)^m} (-1)^k \sum_{k=0}^m \binom{m}{k}\frac{1}{(m-2k)i}\left( e^{(m-2k)it}\right|_0^{\pi/2}
\end{align*}
\] etc. etc. Ovviamente il risultato deve essere reale: questo lo è? Perché? Se non è legittimo, dov'è l'errore?
\[
\int_0^{\pi/2}\sin^m t\; dt = \int_0^{\pi/2} \left( \frac{e^{it}-e^{-it}}{2i} \right)^m dt
\] per ogni \(m\ge 1\); del resto, dalla formula di Newton questo è
\[
\begin{align*}
\int_0^{\pi/2}\sin^m t dt &= \int_0^{\pi/2} \frac{1}{(2i)^m} \sum_{k=0}^m (-1)^{m-k} \binom{m}{k}e^{ikt}e^{-i(m-k)t} dt \\
& = \frac{1}{(2i)^m} (-1)^k \sum_{k=0}^m \binom{m}{k}\int_0^{\pi/2} e^{(m-2k)it} dt\\
&= \frac{1}{(2i)^m} (-1)^k \sum_{k=0}^m \binom{m}{k}\frac{1}{(m-2k)i}\left( e^{(m-2k)it}\right|_0^{\pi/2}
\end{align*}
\] etc. etc. Ovviamente il risultato deve essere reale: questo lo è? Perché? Se non è legittimo, dov'è l'errore?
Perdonami, sarà l'orario ma non ti seguo nei calcoli né nell'intento... Cosa deduci dalle tue osservazioni? 
Ciao Bianco17,
Intanto direi di generalizzare un po' la questione, poi passiamo al caso specifico...
Innanzitutto procedendo per parti come hai già fatto si ha:
\begin{equation}
\boxed{\int \sin^{n}x \text{d}x = - \dfrac{1}{n}\,\cos x \sin^{n - 1} x + \dfrac{n - 1}{n} \int \sin^{n - 2}x \text{d}x
\hskip 2.0cm n \ge 2}
\end{equation}
Quindi passando all'integrale definito si ha:
\begin{equation*}
\begin{split}
\int_{0}^{\pi/2} \sin^{n}x \text{d}x & = - \dfrac{1}{n}\big[\cos x \sin^{n - 1}x\big]_{0}^{\pi/2} + \dfrac{n - 1}{n} \int_{0}^{\pi/2} \sin^{n - 2}x \text{d}x =\\
& = - \dfrac{1}{n}\big[\cos\dfrac{\pi}{2} \sin^{n - 1}\dfrac{\pi}{2} - \cos0\sin^{n - 1}0\big] + \dfrac{n - 1}{n} \int_{0}^{\pi/2} \sin^{n - 2}x \text{d}x =\\
& = \dfrac{n - 1}{n} \int_{0}^{\pi/2} \sin^{n - 2}x \text{d}x
\end{split}
\end{equation*}
In definitiva con ovvia definizione dell'integrale si ottiene la relazione di ricorrenza seguente:
\begin{equation}
\boxed{\mathcal I_{n} = \dfrac{n - 1}{n}\, \mathcal I_{n - 2}
\hskip 2.0cm n \ge 2}
\end{equation}
Per $n = 2$ si ha:
\begin{equation*}
\mathcal I_{2} = \dfrac{2 - 1}{2}\, \mathcal I_{0} = \dfrac{1}{2}\,\int_{0}^{\pi/2} \sin^{0}x \text{d}x = \dfrac{1}{2}\,\int_{0}^{\pi/2} \text{d}x = \dfrac{1}{2}\,\big[x\big]_{0}^{\pi/2} = \dfrac{1}{2}\,\dfrac{\pi}{2}
\end{equation*}
Per $n = 4$ si ha:
\begin{equation*}
\mathcal I_{4} = \dfrac{4 - 1}{4}\, \mathcal I_{2} = \dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{1}{2}\,\dfrac{\pi}{2}
\end{equation*}
In generale per $n = 2k$ pari si ha:
\begin{equation}
\mathcal I_{2k} = \dfrac{2k - 1}{2k}\, \mathcal I_{2k - 2} = ... = \dfrac{2k - 1}{2k} \cdot \dfrac{2k - 3}{2k - 2} \cdot ... \cdot \dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{1}{2}\,\dfrac{\pi}{2} = \dfrac{(2k - 1)!!}{(2k)!!}\,\dfrac{\pi}{2}
\end{equation}
Invece per $n = 3$ si ha:
\begin{equation*}
\mathcal I_{3} = \dfrac{3 - 1}{3}\, \mathcal I_{1} = \dfrac{2}{3}\,\int_{0}^{\pi/2} \sin x \text{d}x = \dfrac{2}{3}\,\big[- \cos x\big]_{0}^{\pi/2} = \dfrac{2}{3}\,\big[- \cos\dfrac{\pi}{2} + 1\big] = \dfrac{2}{3}
\end{equation*}
Per $n = 5$ si ha:
\begin{equation*}
\mathcal I_{5} = \dfrac{5 - 1}{5}\, \mathcal I_{3} = \dfrac{4}{5} \cdot \dfrac{2}{3}
\end{equation*}
In generale per $n = 2k + 1$ dispari si ha:
\begin{equation}
\mathcal I_{2k + 1} = \dfrac{2k}{2k + 1}\, \mathcal I_{2k - 1} = ... = \dfrac{2k}{2k + 1} \cdot \dfrac{2k - 2}{2k - 1} \cdot ... \cdot \dfrac{4}{5} \cdot \dfrac{2}{3} = \dfrac{(2k)!!}{(2k + 1)!!}
\end{equation}
In definitiva si ha:
\begin{equation}
\boxed{\mathcal I_{n} := \int_{0}^{\pi/2} \sin^{n}x \text{d}x =
\begin{cases}
\frac{(n - 1)!!}{n!!}\,\dfrac{\pi}{2} & \text{per $n$ pari}\\
& \hskip 3.0cm \\
\frac{(n - 1)!!}{n!!} & \text{per $n$ dispari}
\end{cases}}
\end{equation}
Si osservi che quest'ultima relazione vale anche per $n = 0 $ e per $n = 1 $ se si definisce $0!! := 1$ e $(-1)!! := 1$. Naturalmente posto $n = 2k + 1 $ dispari si ritrova proprio ciò che hai già ottenuto:
\begin{equation}
\boxed{\mathcal I_{2k + 1} = \int_{0}^{\pi/2} \sin^{2k + 1}x \text{d}x = \dfrac{(2k)!!}{(2k + 1)!!} = \dfrac{2^{2k}(k!)^2}{(2k+1)!}}
\end{equation}
Veniamo ora alla serie proposta:
$\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{2^{n}}{(2n+1)\cdot ((2n),(n))} = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{2^{n}}{(2n+1)\cdot \frac{(2n)!}{(n!)^2}} = \sum_{n=0}^{+\infty} 1/2^n \frac{2^{2n} (n!)^2}{(2n+1)!} = \sum_{n=0}^{+\infty} 1/2^n \int_{0}^{\pi/2} \sin^{2n + 1}x \text{d}x = $
$ = \int_{0}^{\pi/2} sin x \sum_{n=0}^{+\infty} (\sin^2 x/2)^n \text{d}x = \int_{0}^{\pi/2} (sin x)/(1 - sin^2 x/2) \text{d}x = \pi/2 $
Intanto direi di generalizzare un po' la questione, poi passiamo al caso specifico...
Innanzitutto procedendo per parti come hai già fatto si ha:
\begin{equation}
\boxed{\int \sin^{n}x \text{d}x = - \dfrac{1}{n}\,\cos x \sin^{n - 1} x + \dfrac{n - 1}{n} \int \sin^{n - 2}x \text{d}x
\hskip 2.0cm n \ge 2}
\end{equation}
Quindi passando all'integrale definito si ha:
\begin{equation*}
\begin{split}
\int_{0}^{\pi/2} \sin^{n}x \text{d}x & = - \dfrac{1}{n}\big[\cos x \sin^{n - 1}x\big]_{0}^{\pi/2} + \dfrac{n - 1}{n} \int_{0}^{\pi/2} \sin^{n - 2}x \text{d}x =\\
& = - \dfrac{1}{n}\big[\cos\dfrac{\pi}{2} \sin^{n - 1}\dfrac{\pi}{2} - \cos0\sin^{n - 1}0\big] + \dfrac{n - 1}{n} \int_{0}^{\pi/2} \sin^{n - 2}x \text{d}x =\\
& = \dfrac{n - 1}{n} \int_{0}^{\pi/2} \sin^{n - 2}x \text{d}x
\end{split}
\end{equation*}
In definitiva con ovvia definizione dell'integrale si ottiene la relazione di ricorrenza seguente:
\begin{equation}
\boxed{\mathcal I_{n} = \dfrac{n - 1}{n}\, \mathcal I_{n - 2}
\hskip 2.0cm n \ge 2}
\end{equation}
Per $n = 2$ si ha:
\begin{equation*}
\mathcal I_{2} = \dfrac{2 - 1}{2}\, \mathcal I_{0} = \dfrac{1}{2}\,\int_{0}^{\pi/2} \sin^{0}x \text{d}x = \dfrac{1}{2}\,\int_{0}^{\pi/2} \text{d}x = \dfrac{1}{2}\,\big[x\big]_{0}^{\pi/2} = \dfrac{1}{2}\,\dfrac{\pi}{2}
\end{equation*}
Per $n = 4$ si ha:
\begin{equation*}
\mathcal I_{4} = \dfrac{4 - 1}{4}\, \mathcal I_{2} = \dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{1}{2}\,\dfrac{\pi}{2}
\end{equation*}
In generale per $n = 2k$ pari si ha:
\begin{equation}
\mathcal I_{2k} = \dfrac{2k - 1}{2k}\, \mathcal I_{2k - 2} = ... = \dfrac{2k - 1}{2k} \cdot \dfrac{2k - 3}{2k - 2} \cdot ... \cdot \dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{1}{2}\,\dfrac{\pi}{2} = \dfrac{(2k - 1)!!}{(2k)!!}\,\dfrac{\pi}{2}
\end{equation}
Invece per $n = 3$ si ha:
\begin{equation*}
\mathcal I_{3} = \dfrac{3 - 1}{3}\, \mathcal I_{1} = \dfrac{2}{3}\,\int_{0}^{\pi/2} \sin x \text{d}x = \dfrac{2}{3}\,\big[- \cos x\big]_{0}^{\pi/2} = \dfrac{2}{3}\,\big[- \cos\dfrac{\pi}{2} + 1\big] = \dfrac{2}{3}
\end{equation*}
Per $n = 5$ si ha:
\begin{equation*}
\mathcal I_{5} = \dfrac{5 - 1}{5}\, \mathcal I_{3} = \dfrac{4}{5} \cdot \dfrac{2}{3}
\end{equation*}
In generale per $n = 2k + 1$ dispari si ha:
\begin{equation}
\mathcal I_{2k + 1} = \dfrac{2k}{2k + 1}\, \mathcal I_{2k - 1} = ... = \dfrac{2k}{2k + 1} \cdot \dfrac{2k - 2}{2k - 1} \cdot ... \cdot \dfrac{4}{5} \cdot \dfrac{2}{3} = \dfrac{(2k)!!}{(2k + 1)!!}
\end{equation}
In definitiva si ha:
\begin{equation}
\boxed{\mathcal I_{n} := \int_{0}^{\pi/2} \sin^{n}x \text{d}x =
\begin{cases}
\frac{(n - 1)!!}{n!!}\,\dfrac{\pi}{2} & \text{per $n$ pari}\\
& \hskip 3.0cm \\
\frac{(n - 1)!!}{n!!} & \text{per $n$ dispari}
\end{cases}}
\end{equation}
Si osservi che quest'ultima relazione vale anche per $n = 0 $ e per $n = 1 $ se si definisce $0!! := 1$ e $(-1)!! := 1$. Naturalmente posto $n = 2k + 1 $ dispari si ritrova proprio ciò che hai già ottenuto:
\begin{equation}
\boxed{\mathcal I_{2k + 1} = \int_{0}^{\pi/2} \sin^{2k + 1}x \text{d}x = \dfrac{(2k)!!}{(2k + 1)!!} = \dfrac{2^{2k}(k!)^2}{(2k+1)!}}
\end{equation}
Veniamo ora alla serie proposta:
$\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{2^{n}}{(2n+1)\cdot ((2n),(n))} = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{2^{n}}{(2n+1)\cdot \frac{(2n)!}{(n!)^2}} = \sum_{n=0}^{+\infty} 1/2^n \frac{2^{2n} (n!)^2}{(2n+1)!} = \sum_{n=0}^{+\infty} 1/2^n \int_{0}^{\pi/2} \sin^{2n + 1}x \text{d}x = $
$ = \int_{0}^{\pi/2} sin x \sum_{n=0}^{+\infty} (\sin^2 x/2)^n \text{d}x = \int_{0}^{\pi/2} (sin x)/(1 - sin^2 x/2) \text{d}x = \pi/2 $
Fantastico risultato, quello sulle potenze pari! La mia soluzione al problema proposto è praticamente identica, data la chiave potente che il libro fornisce. Avete idee su qualche altra applicazione dell'identità?
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