Denote S_{n}=\int_{0}^{\pi / 2} \sin ^{n} x d x.
a) mostre que S_{2 k+2} \leq S_{2 k+1} \leq S_{2 k}.
b) Por meio dos itens a) e b) do exercício \mathbf{6}, mostre que
\frac{S_{2 k+2}}{S_{2 k}}=\frac{2 k+1}{2 k+2}
c) usando a) e b), conclua que
\frac{2 k+1}{2 k+2} \leq \frac{S_{2 k+1}}{S_{2 k}} \leq 1
e verifique o limite
\lim _{k \rightarrow \infty} \frac{S_{2 k+1}}{S_{2 k}}=1
d) Por fim, conclua
\lim _{k \rightarrow \infty}\left(\frac{2}{1} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{5} \cdot \frac{6}{7} \cdots \frac{2 k}{2 k-1} \cdot \frac{2 k}{2 k+1}\right)=\frac{\pi}{2}
conhecido como produto de Wallis.

Passo 1

O enunciado define
S_{n}=\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}x\,dx
e pede:
– (a) mostrar que para todo k\ge0
S_{2k+2}\le S_{2k+1}\le S_{2k},
– (b) usar integração por partes para obter
\frac{S_{2k+2}}{S_{2k}}=\frac{2k+1}{2k+2},
– (c) deduzir
\frac{2k+1}{2k+2}\le\frac{S_{2k+1}}{S_{2k}}\le1 \quad\text{e}\quad \lim_{k\to\infty}\frac{S_{2k+1}}{S_{2k}}=1,
– (d) a partir daí concluir o produto de Wallis
\prod_{m=1}^{\infty}\frac{4m^2}{4m^2-1} =\lim_{k\to\infty}\Bigl(\frac{2}{1}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{4}{5}\cdots\frac{2k}{2k-1}\cdot\frac{2k}{2k+1}\Bigr) =\frac{\pi}{2}.
Vamos usar propriedades de funções em [0,\pi/2], integração por partes e o Teorema do Confronto.

Passo 2

Para x\in[0,\pi/2] temos 0\le\sin x\le1. Elevando à potência maior diminui o valor, isto é, para todo x
\sin^{2k+2}x\le\sin^{2k+1}x\le\sin^{2k}x.
Integrando ambos os lados de 0 a \pi/2 (e lembrando que o integrando é não-negativo) obtém-se
S_{2k+2}\le S_{2k+1}\le S_{2k},
que era o que queríamos em (a).

Passo 3

Vamos obter a recorrência de S_n por integração por partes. Tome
u=\sin^{n-1}x,\quad dv=\sin x\,dx,
então
du=(n-1)\sin^{n-2}x\cos x\,dx, \quad v=-\cos x.
Logo
\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}x\,dx =\Bigl[-\sin^{n-1}x\cos x\Bigr]_{0}^{\pi/2} +(n-1)\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n-2}x\cos^{2}x\,dx.
O termo de fronteira vale zero em 0 e \pi/2. Como \cos^{2}x=1-\sin^{2}x,
S_{n} =(n-1)\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n-2}x\,dx -(n-1)\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}x\,dx =(n-1)S_{n-2}-(n-1)S_{n}.
Reorganizando,
n\,S_{n}=(n-1)S_{n-2} \quad\Longrightarrow\quad S_{n}=\frac{n-1}{n}\,S_{n-2}.
Para n=2k+2 temos
\frac{S_{2k+2}}{S_{2k}} =\frac{2k+1}{2k+2},
como pedido em (b).

Passo 4

Dividindo a desigualdade do Passo 2 por S_{2k}>0 e usando o resultado do Passo 3, obtemos
\frac{S_{2k+2}}{S_{2k}}\;\le\;\frac{S_{2k+1}}{S_{2k}}\;\le\;1 \quad\Longrightarrow\quad \frac{2k+1}{2k+2}\le\frac{S_{2k+1}}{S_{2k}}\le1.
Como \lim_{k\to\infty}\tfrac{2k+1}{2k+2}=1, pelo Teorema do Confronto segue
\lim_{k\to\infty}\frac{S_{2k+1}}{S_{2k}}=1,
que era o item (c).

Passo 5

Para o produto de Wallis precisamos valores explícitos. Do passo da recorrência e dos valores iniciais
S_{0}=\int_{0}^{\pi/2}1\,dx=\frac{\pi}{2}, \quad S_{1}=\int_{0}^{\pi/2}\sin x\,dx=1,
segue por indução
S_{2k} =\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2k-1)}{2\cdot4\cdot6\cdots(2k)}\;\frac{\pi}{2}, \quad S_{2k+1} =\frac{2\cdot4\cdot6\cdots(2k)}{3\cdot5\cdots(2k+1)}.
Assim
\frac{S_{2k+1}}{S_{2k}} =\frac{2}{\pi}\,\prod_{m=1}^{k}\frac{(2m)^2}{(2m-1)(2m+1)} =\frac{2}{\pi}\,\prod_{m=1}^{k}\frac{4m^2}{4m^2-1}.
Como pelo Passo 4 esse quociente tende a 1, concluímos
\prod_{m=1}^{\infty}\frac{4m^2}{4m^2-1} =\lim_{k\to\infty}\prod_{m=1}^{k}\frac{4m^2}{4m^2-1} =\frac{\pi}{2}.
Também reescrevendo o produto em fatores vizinhos, chega-se à forma
\frac{2}{1}\cdot\frac{2}{3}\,\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{4}{5}\,\cdot\frac{6}{5}\cdot\frac{6}{7}\cdots \frac{2k}{2k-1}\cdot\frac{2k}{2k+1} \;\longrightarrow\;\frac{\pi}{2}.

Resposta

O produto de Wallis converge para \pi/2.

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