Para cada inteiro n \geq 1, seja I_{n}=\int_{0}^{\pi / 2} \operatorname{sen}^{n} x d x.

Passo 1

O enunciado dá, para cada inteiro n\ge 1,
I_{n}=\int_{0}^{\pi/2}\operatorname{sen}^{n}x\,dx.
O que vamos responder (i.e., as perguntas que naturalmente este enunciado pede):
  • (A) Obter uma relação de recorrência que permita calcular I_{n} em função de valores com expoente menor.
  • (B) A partir dessa recorrência, encontrar fórmulas fechadas para I_{n} quando n é par e quando n é ímpar.
  • (C) Calcular os casos iniciais necessários e mostrar exemplos numéricos simples para conferir as fórmulas.
Vou agora explicar passo a passo como obter isso, mostrando toda a teoria necessária (integração por partes, manipulação de produtos, definição de double factorial etc.) para que você consiga reproduzir na prova.

Passo 2

Derivando a relação de recorrência por integração por partes.
Primeiro, lembro a fórmula de integração por partes: se u=u(x) e v'=v'(x) são funções diferenciáveis, então
\int u\,v' = u v - \int v\,u'.
Aqui vamos escrever \operatorname{sen}^{n}x=\operatorname{sen}^{n-1}x\cdot\operatorname{sen} x e escolher as partes convenientemente:
  • tome u=\operatorname{sen}^{n-1}x. Então u'=(n-1)\operatorname{sen}^{n-2}x\cos x (pela regra da cadeia).
  • tome v'=\operatorname{sen} x. Então uma primitiva é v=-\cos x.
Aplicando integração por partes em \displaystyle I_n=\int_{0}^{\pi/2}\operatorname{sen}^{n-1}x\cdot\operatorname{sen} x\,dx obtemos
I_n=\big[-\operatorname{sen}^{\,n-1}x\cos x\big]_{0}^{\pi/2}+(n-1)\int_{0}^{\pi/2}\cos^{2}x\;\operatorname{sen}^{\,n-2}x\,dx.
Agora avaliamos o termo limite: em x=\pi/2 tem-se \cos(\pi/2)=0, e em x=0 tem-se \operatorname{sen}(0)=0; portanto o termo de contorno é zero. Logo
I_n=(n-1)\int_{0}^{\pi/2}\cos^{2}x\;\operatorname{sen}^{\,n-2}x\,dx.
Usamos \cos^{2}x=1-\operatorname{sen}^{2}x para separar a integral:
I_n=(n-1)\int_{0}^{\pi/2}\operatorname{sen}^{\,n-2}x\,dx-(n-1)\int_{0}^{\pi/2}\operatorname{sen}^{\,n}x\,dx.
Ou seja,
I_n=(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n.
Passando o termo (n-1)I_n para o lado esquerdo:
n\,I_n=(n-1)I_{n-2}.
Finalmente obtemos a fórmula de recorrência fundamental:
\boxed{\,I_n=\dfrac{n-1}{n}\;I_{n-2}\,}\qquad\text{para todo inteiro }n\ge 2.

Passo 3

Casos iniciais e aplicação da recorrência.
Precisamos de I_0 e I_1 (ou apenas I_1 se começarmos de ímpar para ímpar, e I_0 para pares).
  • Calcule I_0: \displaystyle I_0=\int_{0}^{\pi/2}1\,dx=\frac{\pi}{2}.
  • Calcule I_1: \displaystyle I_1=\int_{0}^{\pi/2}\operatorname{sen} x\,dx=[-\cos x]_{0}^{\pi/2}=1.
Agora use a recorrência para alguns exemplos (verificação rápida):
  • Para n=2: \displaystyle I_2=\frac{1}{2}I_0=\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{4}. (Conferir com a identidade \int_0^{\pi/2}\operatorname{sen}^2 x\,dx=\pi/4.)
  • Para n=3: \displaystyle I_3=\frac{2}{3}I_1=\frac{2}{3}. (Também dá para verificar por substituição trigonométrica.)
Esses exemplos mostram que a recorrência funciona e produz valores conhecidos.

Passo 4

Fórmula fechada para n par: n=2k.
Aplicando a recorrência sucessivamente para baixar de 2k até 0:
I_{2k}=\frac{2k-1}{2k}I_{2k-2} =\frac{2k-1}{2k}\cdot\frac{2k-3}{2k-2}I_{2k-4} =\cdots =\left(\prod_{j=1}^{k}\frac{2j-1}{2j}\right)I_{0}.
Como I_0=\dfrac{\pi}{2}, obtemos
I_{2k}=\left(\prod_{j=1}^{k}\frac{2j-1}{2j}\right)\frac{\pi}{2}.
É comum escrever o produto com double factorials. Definindo
(2k-1)!!=(2k-1)(2k-3)\cdots 3\cdot1,\qquad (2k)!!=2k(2k-2)\cdots 4\cdot2,
temos \displaystyle \prod_{j=1}^{k}\frac{2j-1}{2j}=\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}. Além disso há a relação com fatoriais:
(2k-1)!!=\frac{(2k)!}{2^{k}k!},\qquad (2k)!!=2^{k}k!.
Substituindo,
\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}=\frac{(2k)!}{2^{2k}(k!)^{2}}.
Portanto uma forma muito prática é
\boxed{\,I_{2k}=\dfrac{\pi}{2}\cdot\dfrac{(2k)!}{2^{2k}(k!)^{2}}\,.}
Exemplo: para k=1 (i.e., n=2) isso dá I_2=\dfrac{\pi}{2}\cdot\dfrac{2!}{2^{2}(1!)^{2}}=\dfrac{\pi}{4}, conforme vimos.

Passo 5

Fórmula fechada para n ímpar: n=2k+1.
Agora aplicamos a recorrência reduzindo até I_1:
I_{2k+1}=\frac{2k}{2k+1}I_{2k-1} =\frac{2k}{2k+1}\cdot\frac{2k-2}{2k-1}I_{2k-3} =\cdots =\prod_{j=1}^{k}\frac{2j}{2j+1}\cdot I_{1}.
Como I_1=1, temos
I_{2k+1}=\prod_{j=1}^{k}\frac{2j}{2j+1}.
Usando double factorials: \prod_{j=1}^{k}2j=(2k)!! e \prod_{j=1}^{k}(2j+1)=\dfrac{(2k+1)!!}{1}. Assim
I_{2k+1}=\frac{(2k)!!}{(2k+1)!!}.
Usando as relações com fatoriais (2k)!!=2^{k}k! e (2k+1)!!=\dfrac{(2k+1)!}{2^{k}k!}, obtemos uma forma em termos de fatoriais:
\frac{(2k)!!}{(2k+1)!!}=\frac{2^{k}k!}{\dfrac{(2k+1)!}{2^{k}k!}}=\frac{2^{2k}(k!)^{2}}{(2k+1)!}.
Portanto
\boxed{\,I_{2k+1}=\dfrac{2^{2k}(k!)^{2}}{(2k+1)!}\,.}
Exemplo: para k=1 (i.e., n=3) isso dá I_3=\dfrac{2^{2}\cdot(1!)^{2}}{3!}=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}, como conferido.

Passo 6

Observações finais e forma alternativa (Beta/Gamma).
  • Uma forma compacta e útil, que aparece em cálculo avançado, é usar a função Beta/Gamma:
I_n=\frac{1}{2}B\!\left(\frac{n+1}{2},\frac{1}{2}\right) =\frac{\sqrt{\pi}}{2}\;\frac{\Gamma\!\big(\tfrac{n+1}{2}\big)}{\Gamma\!\big(\tfrac{n}{2}+1\big)}.
Essa expressão contém as fórmulas dos passos anteriores como casos inteiros, mas na prova normalmente basta a recorrência e as fórmulas com double factorial/fatorial mostradas acima.
  • Dica de prova: no exame, comece sempre pela integração por partes para obter a recorrência I_n=\dfrac{n-1}{n}I_{n-2}, escreva os casos base I_0=\pi/2 e I_1=1 e então deduza as formas par/ímpar por produto. Use double factorial se quiser uma notação curta, ou transforme em fatoriais se a banca preferir.

Resposta

I_n=\dfrac{n-1}{n}\;I_{n-2} \quad (recorrência)\n
I_{2k}=\dfrac{\pi}{2}\cdot\dfrac{(2k)!}{2^{2k}(k!)^{2}} \quad para k\ge 0\n
I_{2k+1}=\dfrac{2^{2k}(k!)^{2}}{(2k+1)!} \quad para k\ge 0

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