Раздел IV. Определённый интеграл — § 1. Определённый интеграл как предел суммы

Демидович — задача 2192

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Вычислить определённые интегралы, рассматривая их как пределы соответствующих интегральных сумм и производя разбиение промежутка интеграции надлежащим образом:

Задача 2192

Вычислить интеграл Пуассона∫0πln⁡(1−2αcos⁡x+α2) dx\int_0^\pi\ln(1-2\alpha\cos x+\alpha^2)\,dxпри: а) ∣α∣<1|\alpha|<1; б) ∣α∣>1|\alpha|>1.
Ответ:∫0πln⁡(1−2αcos⁡x+α2) dx={0,∣α∣<12πln⁡∣α∣,∣α∣>1\int_0^\pi\ln(1-2\alpha\cos x+\alpha^2)\,dx
=
\begin{cases}
0, & |\alpha|<1\\
2\pi\ln|\alpha|, & |\alpha|>1
\end{cases}

Решение

При ∣α∣≠1|\alpha|\ne1 функцияg(x)=ln⁡(1−2αcos⁡x+α2)g(x)=\ln(1-2\alpha\cos x+\alpha^2)непрерывна на [0;π][0;\pi]. Действительно,1−2αcos⁡x+α2=(α−cos⁡x)2+sin⁡2x1-2\alpha\cos x+\alpha^2
=(\alpha-\cos x)^2+\sin^2xПравая часть могла бы обратиться в нуль только приsin⁡x=0,α=cos⁡x=±1\sin x=0,
\qquad
\alpha=\cos x=\pm1но значения α=±1\alpha=\pm1 исключены. Следовательно, аргумент логарифма строго положителен.

Все корни многочлена z2n−1z^{2n}-1 лежат на единичной окружности. Корни 11 и −1-1 вещественны, а остальные образуют сопряжённые парыzk=cos⁡kπn+isin⁡kπn,z‾k,k=1,…,n−1z_k=\cos\dfrac{k\pi}{n}+i\sin\dfrac{k\pi}{n},
\qquad \overline z_k,
\qquad k=1,\ldots,n-1Здесь i2=−1i^2=-1, а черта обозначает комплексное сопряжение. Для каждой пары zk+z‾k=2cos⁡kπnz_k+\overline z_k=2\cos\frac{k\pi}{n} и zkz‾k=1z_k\overline z_k=1, поэтому(α−zk)(α−z‾k)=α2−2αcos⁡kπn+1(\alpha-z_k)(\alpha-\overline z_k)
=\alpha^2-2\alpha\cos\dfrac{k\pi}{n}+1Перемножая все множители, получаем:α2n−1=(α2−1)∏k=1n−1(α2−2αcos⁡kπn+1)\alpha^{2n}-1
=(\alpha^2-1)
\prod_{k=1}^{n-1}
\left(\alpha^2-2\alpha\cos\dfrac{k\pi}{n}+1\right)После логарифмирования модулей получаем∑k=1n−1ln⁡(1−2αcos⁡kπn+α2)=ln⁡∣α2n−1∣−ln⁡∣α2−1∣\sum_{k=1}^{n-1}
\ln\left(1-2\alpha\cos\dfrac{k\pi}{n}+\alpha^2\right)
=\ln|\alpha^{2n}-1|-\ln|\alpha^2-1|Умножим это равенство на πn\frac\pi n. Полученную сумму сравним с правой интегральной суммой для функции gg:πn∑k=1n−1g(kπn)=πn∑k=1ng(kπn)−πng(π)\begin{aligned}
\dfrac\pi n\sum_{k=1}^{n-1}g\left(\dfrac{k\pi}{n}\right)
&=\dfrac\pi n\sum_{k=1}^{n}g\left(\dfrac{k\pi}{n}\right)
-\dfrac\pi n g(\pi)
\end{aligned}Число g(π)g(\pi) конечно, поэтому πng(π)→0\frac\pi n g(\pi)\to0. Правая интегральная сумма стремится к интегралу от gg. Следовательно,∫0πg(x) dx=lim⁡n→∞πn(ln⁡∣α2n−1∣−ln⁡∣α2−1∣)\begin{aligned}
\int_0^\pi g(x)\,dx
&=\lim_{n\to\infty}\dfrac\pi n
\left(\ln|\alpha^{2n}-1|-\ln|\alpha^2-1|\right)
\end{aligned}Если ∣α∣<1|\alpha|<1, тоln⁡∣α2n−1∣=ln⁡(1−∣α∣2n)⟶0\ln|\alpha^{2n}-1|=\ln(1-|\alpha|^{2n})\longrightarrow0и весь предел равен нулю.

Если ∣α∣>1|\alpha|>1, тоln⁡∣α2n−1∣=2nln⁡∣α∣+ln⁡∣1−α−2n∣\ln|\alpha^{2n}-1|
=2n\ln|\alpha|+\ln|1-\alpha^{-2n}|Второе слагаемое после умножения на πn\frac\pi n стремится к нулю, как и постоянное слагаемое −ln⁡∣α2−1∣-\ln|\alpha^2-1|. Следовательно, интеграл равен 2πln⁡∣α∣2\pi\ln|\alpha|.
Демидович № 2192 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика