Por meio da fórmula de redução de \int \sin ^{n} x d x, n \geq 2, verifique que
\int_{0}^{\pi / 2} \sin ^{n} x d x=\frac{n-1}{n} \int_{0}^{\pi / 2} \sin ^{n-2} x d x
Aplicando (3), deduza
a) \int_{0}^{\pi / 2} \sin ^{2 k+1} x d x=\frac{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots 2 k}{3 \cdot 5 \cdot 7 \cdots(2 k+1)}.
b) \int_{0}^{\pi / 2} \sin ^{2 k} x d x=\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots(2 k-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots 2 k} \frac{\pi}{2}.

Passo 1

O enunciado pede para usar integração por partes no integral
\int \sin^{n}x\,dx,\quad n\ge2,
para mostrar que, nos limites de 0 a \pi/2, vale a relação de redução
\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}x\,dx=\frac{n-1}{n}\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n-2}x\,dx.
Em seguida, devemos aplicar essa fórmula recursivamente para os casos n=2k+1 e n=2k.

Passo 2

Começamos com a integração por partes para o integral de 0 a \pi/2:
escolha
u=\sin^{n-1}x,\quad dv=\sin x\,dx.
Então du=(n-1)\sin^{n-2}x\cos x\,dx e v=-\cos x. Assim
\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.
Como \cos(\pi/2)=0 e \sin(0)=0, o termo de fronteira anula. Além disso \cos^{2}x=1-\sin^{2}x, mas só precisamos isolar \int\sin^{n-2}x\,dx, obtendo
\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}x\,dx =(n-1)\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n-2}x\,dx-\underbrace{(n-1)\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}x\,dx}_{\displaystyle\frac{n-1}{n}\times n\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}x\,dx}.
Reagrupando, vem
\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}x\,dx =\frac{n-1}{n}\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n-2}x\,dx.

Passo 3

Para n=2k+1 (ímpar), defina
I_{2k+1}=\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2k+1}x\,dx.
Pela redução,
I_{2k+1} =\frac{2k}{2k+1}\,I_{2k-1} =\frac{2k}{2k+1}\cdot\frac{2k-2}{2k-1}\,I_{2k-3} =\cdots =\frac{2k\cdot(2k-2)\cdots2}{(2k+1)\cdot(2k-1)\cdots3}\,I_{1}.
Como
I_{1}=\int_{0}^{\pi/2}\sin x\,dx =\bigl[-\cos x\bigr]_{0}^{\pi/2} =1,
ficamos com
I_{2k+1} =\frac{2\cdot4\cdot6\cdots2k}{3\cdot5\cdot7\cdots(2k+1)}.

Passo 4

Para n=2k (par), defina
I_{2k}=\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2k}x\,dx.
Aplicando a redução k vezes:
I_{2k} =\frac{2k-1}{2k}\,I_{2k-2} =\frac{2k-1}{2k}\cdot\frac{2k-3}{2k-2}\,I_{2k-4} =\cdots =\frac{(2k-1)\,(2k-3)\cdots1}{2k\,(2k-2)\cdots2}\,I_{0}.
E
I_{0}=\int_{0}^{\pi/2}1\,dx =\frac{\pi}{2},
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I_{2k} =\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2k-1)}{2\cdot4\cdot6\cdots2k}\,\frac{\pi}{2}.

Resposta

a) \displaystyle \int_{0}^{\pi/2}\sin^{2k+1}x\,dx =\frac{2\cdot4\cdot6\cdots2k}{3\cdot5\cdot7\cdots(2k+1)}.
b) \displaystyle \int_{0}^{\pi/2}\sin^{2k}x\,dx =\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2k-1)}{2\cdot4\cdot6\cdots2k}\,\frac{\pi}{2}.

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