Раздел IV. Определённый интеграл — § 2. Вычисление определённых интегралов с помощью неопределённых

Демидович — задача 2266

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

Применяя подходящую замену переменной, найти следующие определённые интегралы:

Задача 2266

Доказать, что при nn нечётном функцииF(x)=∫0xsin⁡nt dtиG(x)=∫0xcos⁡nt dtF(x)=\int_0^x\sin^nt\,dt\quad\text{и}\quad G(x)=\int_0^x\cos^nt\,dtпериодические с периодом 2π2\pi; а при nn чётном каждая из этих функций есть сумма линейной и периодической функций.
Доказано:При нечётном n⩾1n\geqslant1 функции F,GF,G имеют период 2π2\pi. При чётном n⩾0n\geqslant0F(x)=cnx+P(x),G(x)=cnx+Q(x),cn=12π∫02πsin⁡nt dtF(x)=c_nx+P(x),
\qquad G(x)=c_nx+Q(x),
\qquad
c_n=\dfrac1{2\pi}\int_0^{2\pi}\sin^nt\,dtЗдесь P,QP,Q имеют период 2π2\pi; при n=0n=0 можно взять P=Q=0P=Q=0.

Доказательство

Рассматриваем целые степени n⩾0n\geqslant0, при которых подынтегральные функции непрерывны на всей оси. Для отрицательных степеней возникают полюсы, и сформулированное утверждение о функциях на всей оси в общем случае неприменимо.

Обе функции sin⁡nt\sin^nt и cos⁡nt\cos^nt имеют период 2π2\pi. По свойству интеграла периодической функции по одному полному периодуF(x+2π)−F(x)=∫xx+2πsin⁡nt dt=∫02πsin⁡nt dtF(x+2\pi)-F(x)=\int_x^{x+2\pi}\sin^nt\,dt
=\int_0^{2\pi}\sin^nt\,dtАналогичная формула верна для GG с косинусом.

Пусть nn нечётно. При сдвиге на π\pi синус и косинус меняют знак, а нечётная степень сохраняет эту смену знака. Поэтому для любой из двух функций h(t)h(t) имеемh(t+π)=−h(t)h(t+\pi)=-h(t)Разобьём полный период на две половины. Во второй половине сделаем заменуu=t−π,t=u+π,dt=duu=t-\pi,
\qquad t=u+\pi,
\qquad dt=duПределы π,2π\pi,2\pi перейдут в 0,π0,\pi. Получаем∫π2πh(t) dt=∫0πh(u+π) du==−∫0πh(u) du\begin{aligned}
\int_\pi^{2\pi}h(t)\,dt
&=\int_0^\pi h(u+\pi)\,du=\\
&=-\int_0^\pi h(u)\,du
\end{aligned}Две половины полного периода дают противоположные вклады, поэтому∫02πh(t) dt=0\int_0^{2\pi}h(t)\,dt=0Следовательно, F(x+2π)=F(x)F(x+2\pi)=F(x) и G(x+2π)=G(x)G(x+2\pi)=G(x): обе первообразные периодические.

Пусть теперь nn чётно. Обозначим среднее значение степени синуса за полный период черезcn=12π∫02πsin⁡nt dtc_n=\dfrac1{2\pi}\int_0^{2\pi}\sin^nt\,dtТакое же среднее получается для степени косинуса. Сделаем сдвиг переменной:u=t+π2,t=u−π2,dt=ducos⁡t=sin⁡u\begin{gathered}
u=t+\dfrac\pi2,
\qquad t=u-\dfrac\pi2,
\qquad dt=du\\
\cos t=\sin u
\end{gathered}Пределы 0,2π0,2\pi переходят в π2,5π2\frac\pi2,\frac{5\pi}{2}. Новый промежуток также имеет длину 2π2\pi, поэтому по свойству интеграла за полный период∫02πcos⁡nt dt=∫π25π2sin⁡nu du==∫02πsin⁡nu du\begin{aligned}
\int_0^{2\pi}\cos^nt\,dt
&=\int_{\frac\pi2}^{\frac{5\pi}{2}}\sin^nu\,du=\\
&=\int_0^{2\pi}\sin^nu\,du
\end{aligned}Значит,F(x+2π)−F(x)=2πcnG(x+2π)−G(x)=2πcn\begin{aligned}
F(x+2\pi)-F(x)&=2\pi c_n\\
G(x+2\pi)-G(x)&=2\pi c_n
\end{aligned}За один период каждая первообразная увеличивается на 2πcn2\pi c_n. Линейная функция cnxc_nx увеличивается ровно на ту же величину, поэтому вычитание убирает этот рост. ПоложимP(x)=F(x)−cnx,Q(x)=G(x)−cnxP(x)=F(x)-c_nx,
\qquad Q(x)=G(x)-c_nxДля первой функцииP(x+2π)−P(x)=F(x+2π)−F(x)−cn(x+2π)+cnx==2πcn−2πcn=0\begin{aligned}
P(x+2\pi)-P(x)
&=F(x+2\pi)-F(x)-c_n(x+2\pi)+c_nx=\\
&=2\pi c_n-2\pi c_n=0
\end{aligned}Для QQ вычисление такое же: заменяем FF на GG и используем тот же прирост 2πcn2\pi c_n. Следовательно,Q(x+2π)−Q(x)=0Q(x+2\pi)-Q(x)=0Таким образом,F=cnx+P,G=cnx+QF=c_nx+P,
\qquad G=c_nx+QЗдесь P,QP,Q периодические с периодом 2π2\pi.

При положительном чётном nn имеем cn>0c_n>0: подынтегральная функция неотрицательна и не равна нулю тождественно. При n=0n=0 обе функции равны xx, и c0=1c_0=1.

Что и требовалось доказать

Демидович № 2266 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика