- LG câu a
- LG câu b
Đặt \[{I_n} = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{{\sin }^n}xdx} ,n \in {N^*}\]
LG câu a
a] Chứng minh rằng \[{I_n} = \dfrac{{n - 1}}{n}{I_{n - 2}},n > 2\]
Phương pháp giải:
Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, đặt \[u = {\sin ^{n - 1}}x\] và \[dv = \sin xdx\]
Giải chi tiết:
Xét với \[n > 2\], ta có: \[{I_n} = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{{\sin }^{n - 1}}x.\sin xdx} \]
Dùng tích phân từng phần với \[u = {\sin ^{n - 1}}x\] và \[dv = \sin xdx\], ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}du = \left[ {n - 1} \right]{\sin ^{n - 2}}x\cos xdx\\v = - \cos x\end{array} \right.\]
\[{I_n} = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{{\sin }^{n - 1}}x\sin xdx} \]\[ = \left. { - \cos x{{\sin }^{n - 1}}x} \right|_0^{\dfrac{\pi }{2}}\] \[ + [n - 1]\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{{\sin }^{n - 2}}x{{\cos }^2}xdx} \]
\[ = \left[ {n - 1} \right]\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\left[ {{{\sin }^{n - 2}}x - {{\sin }^n}x} \right]dx} \]\[ = \left[ {n - 1} \right]{I_{n - 2}} - \left[ {n - 1} \right]{I_n}\]
Vậy \[{I_n} = \dfrac{{n - 1}}{n}{I_{n - 2}}\]
LG câu b
b] Tính \[{I_3}\] và \[{I_5}\].
Phương pháp giải:
Thay \[n = 3,n = 5\] vào tính \[{I_3},{I_5}\].
Giải chi tiết:
Ta có: \[{I_1} = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\sin xdx} \]\[ = \left. { - \cos x} \right|_0^{\dfrac{\pi }{2}} = 1\].
Suy ra \[{I_3} = \dfrac{{3 - 1}}{3}{I_1} = \dfrac{2}{3}.1 = \dfrac{2}{3}\]; \[{I_5} = \dfrac{{5 - 1}}{5}{I_3} = \dfrac{4}{5}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{8}{{15}}\].
Vậy \[{I_3} = \dfrac{2}{3},{I_5} = \dfrac{8}{{15}}\].