中册 4.2 定积分计算 第25题
📝 题目
25．设 $I_{n}=\int_{0}^{1}\left(1-x^{2}\right)^{n} \mathrm{~d} x$ ．证 明 ：（1）$\displaystyle I_{n}=\frac{2 n}{2 n+1} I_{n-1}, n=2,3, \cdots$ ，且 $\displaystyle I_{n} \geqslant \frac{2}{3 \sqrt{n}}, n=1,2, \cdots$ ；
（2） $\displaystyle \int_{-1}^{1}\left(1-x^{2}\right)^{n} \mathrm{~d} x \geqslant \frac{4}{3 \sqrt{n}}$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）方法 1：$I_{n}=\left.x\left(1-x^{2}\right)^{n}\right|_{0} ^{1}+2 n \int_{0}^{1} x^{2}\left(1-x^{2}\right)^{n-1} \mathrm{~d} x=2 n \int_{0}^{1}\left[\left(x^{2}-1\right)+1\right]\left(1-x^{2}\right)^{n-1} \mathrm{~d} x$
$$
=2 n I_{n-1}-2 n I_{n} .
$$
所以
$$
I_{n}=\frac{2 n}{2 n+1} I_{n-1}, n=2,3, \cdots
$$
由此得：
$$
\begin{aligned}
I_{n} & =\frac{2 n}{2 n+1} \cdot \frac{2 n-2}{2 n-1} \cdots \frac{4}{5} I_{1}=\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{7} \cdots \frac{2 n}{2 n+1} \\
& =\frac{2}{\sqrt{3}} \cdot \frac{4}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{5}} \cdot \frac{6}{\sqrt{5} \cdot \sqrt{7}} \cdots \frac{2 n}{\sqrt{2 n-1} \cdot \sqrt{2 n+1}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2 n+1}} \\
& \geqslant \frac{2}{\sqrt{3}} \cdot 1 \cdots 1 \cdot \frac{1}{\sqrt{2 n+1}}=\frac{2}{\sqrt{3(2 n+1)}} \\
& >\frac{2}{\sqrt{3 \cdot 3 n}}=\frac{2}{3 \sqrt{n}}, n=1,2, \cdots .
\end{aligned}
$$
方法 2：令 $x=\sin t$ ，则
$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{1}\left(1-x^{2}\right)^{n} \mathrm{~d} x & =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^{2 n+1} t \mathrm{~d} t=\frac{(2 n)!!}{(2 n+1)!!}=\frac{2 n}{2 n+1} \cdot \frac{2 n-2}{2 n-1} \cdots \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} \\
& =\frac{2}{\sqrt{3}} \cdot \frac{4}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{5}} \cdot \frac{6}{\sqrt{5} \cdot \sqrt{7}} \cdots \frac{2 n}{\sqrt{2 n-1} \cdot \sqrt{2 n+1}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2 n+1}} \\
& >\frac{2}{\sqrt{3}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2 n+1}}>\frac{2}{\sqrt{3}} \cdot \frac{1}{\sqrt{3 n}}=\frac{2}{3 \sqrt{n}},(n=1,2,3, \cdots) .
\end{aligned}
$$
（2）由（1）得 $\displaystyle \int_{-1}^{1}\left(1-x^{2}\right)^{n} \mathrm{~d} x=2 \int_{0}^{1}\left(1-x^{2}\right)^{n} \mathrm{~d} x \geqslant \frac{4}{3 \sqrt{n}}$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：建立递推关系
利用分部积分法：令 $u=(1-x^2)^n$, $dv=dx$, 则 $du=-2nx(1-x^2)^{n-1}dx$, $v=x$。于是
$$I_n = \left. x(1-x^2)^n \right|_0^1 + 2n \int_0^1 x^2 (1-x^2)^{n-1} dx = 2n \int_0^1 x^2 (1-x^2)^{n-1} dx.$$
将 $x^2$ 写为 $x^2 = (x^2-1)+1$，得
$$I_n = 2n \int_0^1 [(x^2-1)+1] (1-x^2)^{n-1} dx = -2n \int_0^1 (1-x^2)^n dx + 2n \int_0^1 (1-x^2)^{n-1} dx = -2n I_n + 2n I_{n-1}.$$
移项得 $(2n+1)I_n = 2n I_{n-1}$，即
$$I_n = \frac{2n}{2n+1} I_{n-1}, \quad n=2,3,\cdots.$$
公式：分部积分公式 $\int u dv = uv - \int v du$
提示：注意分部积分后边界项为零；将 $x^2$ 拆成 $(x^2-1)+1$ 是关键步骤。
步骤 2/4
目标：递推求解 $I_n$ 表达式
由递推关系反复迭代，并利用 $I_1 = \int_0^1 (1-x^2) dx = \left[ x - \frac{x^3}{3} \right]_0^1 = \frac{2}{3}$，得
$$I_n = \frac{2n}{2n+1} \cdot \frac{2n-2}{2n-1} \cdots \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} = \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}.$$
提示：注意双阶乘的定义：$(2n)!! = 2 \cdot 4 \cdots (2n)$，$(2n+1)!! = 1 \cdot 3 \cdots (2n+1)$。
步骤 3/4
目标：放缩证明下界
将乘积中的每个因子放大：
$$\frac{2k}{2k+1} = \frac{2k}{\sqrt{(2k-1)(2k+1)}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2k+1}} \cdot \sqrt{2k-1} \ge \frac{2k}{\sqrt{(2k-1)(2k+1)}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2k+1}} \cdot \sqrt{2k-1}$$
实际上，我们采用如下放缩：
$$\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdots \frac{2n}{2n+1} = \frac{2}{\sqrt{3}} \cdot \frac{4}{\sqrt{3}\sqrt{5}} \cdots \frac{2n}{\sqrt{2n-1}\sqrt{2n+1}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2n+1}} \ge \frac{2}{\sqrt{3}} \cdot 1 \cdots 1 \cdot \frac{1}{\sqrt{2n+1}} = \frac{2}{\sqrt{3(2n+1)}}.$$
由于 $2n+1 \le 3n$ 对 $n\ge1$ 成立，故
$$I_n \ge \frac{2}{\sqrt{3 \cdot 3n}} = \frac{2}{3\sqrt{n}}.$$
公式：不等式 $\frac{2k}{\sqrt{(2k-1)(2k+1)}} \ge 1$（因为 $(2k)^2 \ge (2k-1)(2k+1)$）
提示：注意放缩的方向：要得到下界，需将每个因子放大或缩小？这里将每个因子 $\frac{2k}{\sqrt{(2k-1)(2k+1)}}$ 视为不小于1，从而整体下界为 $\frac{2}{\sqrt{3}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2n+1}}$。
步骤 4/4
目标：证明第二部分
由被积函数为偶函数，有
$$\int_{-1}^1 (1-x^2)^n dx = 2 \int_0^1 (1-x^2)^n dx = 2 I_n.$$
利用第一部分的结论 $I_n \ge \frac{2}{3\sqrt{n}}$，得
$$\int_{-1}^1 (1-x^2)^n dx \ge 2 \cdot \frac{2}{3\sqrt{n}} = \frac{4}{3\sqrt{n}}.$$
公式：偶函数在对称区间上的积分性质
提示：注意积分区间对称，被积函数为偶函数，因此积分等于2倍半区间积分。
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