Орловский Определенный интеграл.Практикум ч.1 2010

		nx sinn x				π
						0
= cos		n		0		+ ∫	sinn x sin nx dx =
		π
		= ∫	sinn x sin nx dx.					(3.38)
		0

Подставляя (3.38) в (3.37), получаем ответ:

∫π

sinn−1 x cos(n + 1)x dx = 0.

0

∫π

2296. cosn−1 x sin(n + 1)x dx.

0

По формуле синуса суммы

∫π

cosn−1 x sin(n + 1)x dx =

0

∫π

=cosn−1 x(sin nx cos x + cos nx sin x)dx =

		0
	= ∫0π cosn x sin nx dx + ∫0π cosn−1 x cos nx sin x dx.							(3.39)
	Интегрируя по частям, получаем:
	π				π	cos nx d (	cosn x	) =
	∫0	cosn−1 x cos nx sin x dx = − ∫0
							n
			π	π
				0	cosn x sin nx dx =
		= −cos nxncosn x 0		− ∫

171

= − ∫0π cosn x sin nx dx.

(3.40)

Подставляя (3.40) в (3.39), получаем ответ:

∫0π cosn−1 x sin(n + 1)x dx = 0.

2π

2297.

∫0

e−ax cos2n x dx.

Используя формулу Эйлера и бином Ньютона, находим

cos2n x = (

)

2n

2n

eix

+ e−ix

1

∑

2

=

22n

k=0 C2knei(2n−k)xe−ikx =

2n

=

1

∑

Ck ei(2n−2k)x =

22n

k=0

2n

n

2n

1

∑

∑

=

22n

(

C2knei(2n−2k)x +

C2knei(2n−2k)x).

k=0

k=n+1

Преобразуем каждую из полученных двух сумм. В первой сумме заменим индекс суммирования k на n − k, получим

n	n
∑	∑
C2knei(2n−2k)x =	C2nn−ke2ikx.
k=0	k=0

Во второй сумме индекс k заменим на k − n. Учитывая свойство

симметрии биномиальных коэффициентов C2kn+n = C22nn−(k+n) = = C2nn−k, имеем:

2n	n	n
∑	∑	∑
C2knei(2n−2k)x =	C2kn+ne−2ikx =	C2nn−ke−2ikx.
k=n+1	k=1	k=1

172

Таким образом,

n

n

1

∑

∑

cos2n x =

22n

(

C2nn−ke2ikx +

C2nn−ke−2ikx) =

k=0

k=1

n

1

∑

=

22n

(C2nn + k=1 C2nn−k

(e2ikx + e−2ikx)).

Учитывая равенство

e2ikx + e−2ikx = 2 cos 2kx,

получаем, окончательно, следующую формулу:

n

1

∑

cos2n x =

22n

(C2nn + 2

C2nn−k cos 2kx).

(3.41)

k=1

Умножая (3.41) на e−ax и интегрируя, находим

2π

∫

∫0

e−ax cos2n x dx =

∑

∫

2π

n

2π

=

1

C2nn

e−ax dx + 2

C2nn−k

e−ax cos 2kx dx .

22n

0

k=1

0

Первый из полученных в правой части интегралов – табличный:

2π		e−ax		2π		1 e−2aπ
0	e−ax dx = − a				=	− a .
∫			0

Для остальных интегралов первообразная вычислена в задаче 1828 из [7]. Используя решение этой задачи, находим

∫2π

e−ax cos 2kx dx =

0

173

a cos 2kx + 2k sin 2kx

2π

1 − e−2aπ

= −

a2 + 4k2

e−

0

=

(a2 + 4k2 ).

Отсюда следует, что

2π

(

n

0

−

1 − e−2aπ

∑

Cn−k

a2

e

ax cos2n x dx =

22na

Cn

+ 2

.

∫

2n

k=1

2n a2 + 4k2 )

Полученный ответ можно немного преобразовать. Для того, чтобы получить ответ, который приведен в задачнике Б.П. Демидовича, нужно заменить индекс суммирования k на n − k. Окончательно получаем:

2π

∫0

e−ax cos2n x dx =

n

−

1 − e−2aπ

∑

a2

=

Cn + 2 Ck

.

22na

(

2n

k=1

2n a2 + 4(n k)2 )

π/2

2298.

∫0

ln cos x · cos 2nx dx.

Интегрируя по частям, получаем

π/2

π/2

In = ∫0

ln cos x

· cos 2nx dx =

1

∫0

ln cos x d(sin 2nx) =

2n

(ln

)

sin 2nx

π/2

1

π/2

0

=

cos x2n·

+

2n

sin 2nx tg x dx =

0

∫

π/2

π/2

1

∫0

1

∫0

sin 2nx

sin x

=

sin 2nx tg x dx =

·

dx =

2n

2n

cos

x

174

π/2

1

∫0

cos(2n − 1)x − cos(2n + 1)x

dx =

4n

cos x

π/2

π/2

=

1

∫0

cos(2n − 1)x

dx

1

∫0

cos(2n + 1)x

dx.

− 4n

4n

cos x

cos x

Обозначим

π/2

Jn = ∫0

cos(2n + 1)x

dx,

cos x

тогда искомый интеграл можно записать в следующем виде:

1

In = 4n(Jn−1 − Jn).

Преобразуем выражение для интеграла Jn. Делая замену t = = π − x и меняя букву t обратно на x, получаем

	π	cos(2n + 1)t	π	cos(2n + 1)x
	Jn = ∫		dt = ∫			dx.
		cos t		cos x
	π/2		π/2

Отсюда (и из аддитивности интеграла) следует, что

		1	π	cos(2n + 1)x
	Jn =		∫0			dx.
		2		cos x

Последний интеграл вычислен в задаче 2292. Используя значение этого интеграла, получаем

Jn = (−1)n π . 2

Подставляя это в выражение для интеграла In, находим

1

(

(

1)n 1

π ( 1)n π

) =

(−

1)n

1 π

In =

− −

−

−

−

.

4n

2

2

4n

175

2nn! dxn

2299. Применяя многократное интегрирование по частям, вычислить интеграл Эйлера:

∫1

B(m, n) = xm−1(1 − x)n−1 dx,

0

где m и n – целые положительные числа.

Интегрируя по частям, получаем рекуррентное соотношение

1

1

B(m, n) =

1

(1 x)n 1 d(xm) =

xm(1 − x)n−1

+

0

m ∫

−

−

m

0

n − 1

1

n − 1

+

xm(1

x)n

2 dx =

B(m + 1, n

1).

m

∫0

−

−

m

−

Применяя это соотношение последовательно n−1 раз, приходим к равенству

B(m, n) =

(n − 1)!

B(m + n

−

1, 1).

m(m + 1) . . . (m + n

−

2)

Согласно определению интеграла Эйлера

1

xm+n

1

1

1

B(m + n − 1, 1) = ∫

0 =

xm+n−2 dx =

−

,

m + n

1

m + n

−

1

0

−

следовательно,

B(m, n) =

(n − 1)!

=

m(m + 1) . . . (m + n − 2)(m + n − 1)

=

(n − 1)!(m − 1)!

.

(m + n − 1)!

2300. Многочлены Лежандра Pn(x) определяются формулой:

Pn(x) =

1

dn

[(x2 − 1)n]

(n = 0, 1, 2 . . .).

176

Доказать, что
	1	Pm(x)Pn(x) dx =				0 ,	если m ̸= n,
∫						2	, если m = n.
					2n + 1
−	1
			вспомогательную			функцию
Рассмотрим

wn(x) = (x2 − 1)n.

По формуле разности квадратов wn(x) = (x + 1)n(x − 1)n, поэтому применяя формулу Лейбница для производной произведения, имеем:

∑k

wn(k)(x) = Cks [(x + 1)n](k−s) [(x − 1)n](s) .

s=0

Если k < n, то также s < n и k − s < n, поэтому

[(x + 1)n](k−s)= n(n − 1) . . . (n − (k − s) + 1))(x + 1)n−(k−s) ,

[(x − 1)n](s) = n(n − 1) . . . (n − s + 1))(x + 1)n−s) .

Отсюда следует, что при всех k < n значения wn(s)(±1) = 0, т. е.

wn( 1) = 0 , w′ (		−	1) = 0 , . . . , wn(n−1)(		−	1) = 0 ,	(3.42)
−	n
{ wn(1) = 0 , wn′ (1) = 0 , . . . , wn(n−1)(1) = 0 .
Пусть	In(k, s) = ∫1
				xkwn(s)(x) dx.
			−1

Предположим, что k > 1 и 1 6 s 6 n. Интегрируя по частям и учитывая (3.42), получаем:

	1	(	)		−
	1
					1
−		xk d wn(s−1)(x) =xkwn(s−1)				1 −
In(k, s) = ∫				(x)

177

∫1

−k xk−1wn(s−1)(x) dx =

−1

∫1

= −k xk−1wn(s−1)(x) dx = −kIn(k − 1, s − 1).

−1

Применяя последовательно k раз полученное рекуррентное соотношение

In(k, s) = −kIn(k − 1, s − 1) (k > 1 , 1 6 s 6 n)				(3.43)
при s = n и учитывая равенства (3.42), находим
In(k, n) = (−1)kk!In(0, n − k) = (−1)kk! ∫1 wn(n−k)(x) dx =
=(−1)kk!wn(n−k−1)(x)			−1
		1	1 = 0.
Следовательно, при k < n	−
∫1 xkwn(n)(x) dx = 0.
−1
Так как wn(n)(x) = 2nn!Pn(x), то также
∫1
xkPn(x) dx = 0	(k < n).			(3.44)
−1

Пусть, теперь Pm(x) и Pn(x) – два многочлена Лежандра с m ≠ n, тогда без ограничения общности можно считать, что n обозначает большую из их степеней, т. е. m < n. В этом случае

∑m

Pm(x) = akxk

k=0

178

и

	1	m	1
	∫		∫ xkPn(x) dx = 0,
		Pm(x)Pn(x) dx = k=0 ak
	−1	∑	−1

так как вследствие равенства (3.44) равно нулю каждое слагаемое последней суммы (k 6 m < n).

Осталось вычислить интеграл от квадрата многочлена Лежандра. Для этого сначала вычислим его старший коэффициент.

Пусть

∑n

		Pn(x) =			akxk.
				k=0
	Так как функция wn(x) = x2n + . . . , то
	wn(n)(x) = 2n(2n − 1) . . . (n + 1)xn + . . . =								(2n)!	xn + . . .
									n!
	и	1			(2n)!
	Pn(x) =		w(n)(x) =				xn	+ . . . ,
					2n(n!)2
	следовательно,	2nn! n
				(2n)!
			an =							(3.45)
						.
				2n(n!)2

Переходим к вычислению интеграла. Используя свойство (3.44), получаем:

1		1			1	n
∫ Pn2(x) dx = ∫ Pn(x)Pn(x) dx = ∫
						(k=0 akxk)Pn(x) dx =
−1		−1			−1	∑
n−1	1			1				1
	∫	xkPn(x) dx + an ∫			xnPn(x) dx = an ∫
= k=0 ak									xnPn(x) dx.
∑	−1			−1				−1
Так как Pn(x) = wn(n)(x)/(2nn!), то
1				1
∫	Pn2(x) dx =		an	∫ xnwn(n)(x) =			an	In(n, n).
			2nn!				2nn!
−1				−1

179

∑p

[F (ci + 0) − F (ci − 0)] .

i=1

Для вычисления In(n, n) воспользуемся рекуррентным соотношением (3.43) при k = s = n. Применяя это соотношение последовательно n раз, получаем

In(n, n) = (−1)nn!In(0, 0).

Отсюда следует, что

1

∫ Pn2

(

1)nan

(x) dx =

−

In(0, 0).

2n

−1

Интеграл In(0, 0) сводится к интегралу задачи 2284:

In(0, 0) = ∫1(x2 − 1)n dx = 2 ∫1(x2 − 1)n dx =

−1

0

1

22n(n!)2

1)n22n+1(n!)2

= 2(−1)n ∫0

(1 − x2)n dx = 2(−1)n

=

(−

.

(2n + 1)!

(2n + 1)!

Таким образом, с учетом формулы (3.45),

1

∫

( 1)nan

(

1)n22n+1(n!)2

an2n+1(n!)2

Pn2(x) dx =

−

2n

·

−

=

=

(2n + 1)!

(2n + 1)!

−1

(2n)!

2n+1(n!)2

2(2n)!

2

=

·

=

=

.

2n(n!)2

(2n + 1)!

(2n + 1)!

2n + 1

2301. Пусть функция f(x) собственно интегрируема на [a; b] и F (x) – функция такая, что F ′(x) = f(x) всюду в [a; b], за исключением, быть может, конечного числа внутренних точек ci (i = 1, . . . , p) и точек a и b, где функция F (x) терпит разрыв 1-го рода (“обобщенная первообразная”). Доказать, что

∫b

f(x) dx = F (b − 0) − F (a + 0) −

a

180