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

Демидович — задача 2285

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

С помощью формул понижения вычислить интегралы, зависящие от параметра nn, принимающего целые положительные значения:

Задача 2285

In=∫01xn dx1−x2\displaystyle I_n=\int_0^1\frac{x^n\,dx}{\sqrt{1-x^2}}.
Ответ:In={(n−1)!!n!! π2,n чётное(n−1)!!n!!,n нечётное,n∈N,0!!=1I_n=\begin{cases}
\dfrac{(n-1)!!}{n!!}\,\dfrac\pi2,&n\text{ чётное}\\[4pt]
\dfrac{(n-1)!!}{n!!},&n\text{ нечётное}
\end{cases},
\qquad n\in\mathbb N,
\quad 0!!=1

Решение

При x=1x=1 знаменатель обращается в нуль, поэтому верхний конец понимаем через предел слева. Корень удобно убрать заменойx=sin⁡t,t=arcsin⁡x,dx=cos⁡t dt0⩽t<π2\begin{gathered}
x=\sin t,\qquad t=\arcsin x,\qquad dx=\cos t\,dt\\
0\leqslant t<\dfrac\pi2
\end{gathered}На выбранном промежутке корень положителен:1−x2=1−sin⁡2t=cos⁡t>0\sqrt{1-x^2}=\sqrt{1-\sin^2t}=\cos t>0Поэтому множитель cos⁡t\cos t из дифференциала сокращается со знаменателем. Новые пределы равныx=0 ⟹ t=0,x→1− ⟹ t→π2−x=0\ \Longrightarrow\ t=0,
\qquad x\to1^-\ \Longrightarrow\ t\to\dfrac\pi2^-ПолучаемIn=∫0π2sin⁡nt dtI_n=\int_0^{\frac\pi2}\sin^nt\,dtНовая функция непрерывна на всём замкнутом отрезке, поэтому этот предел конечен и исходный интеграл сходится. По указанию выведем понижение степени. Для n⩾2n\geqslant2 берёмu=sin⁡n−1t,dv=sin⁡t dtdu=(n−1)sin⁡n−2tcos⁡t dt,v=−cos⁡t\begin{aligned}
u&=\sin^{n-1}t,&dv&=\sin t\,dt\\[4pt]
du&=(n-1)\sin^{n-2}t\cos t\,dt,&v&=-\cos t
\end{aligned}Граничное слагаемое −sin⁡n−1tcos⁡t-\sin^{n-1}t\cos t исчезает на обоих концах, иIn=(n−1)∫0π2sin⁡n−2tcos⁡2t dt==(n−1)(In−2−In)\begin{aligned}
I_n&=(n-1)\int_0^{\frac\pi2}\sin^{n-2}t\cos^2t\,dt=\\
&=(n-1)(I_{n-2}-I_n)
\end{aligned}Во втором переходе cos⁡2t\cos^2t заменён на 1−sin⁡2t1-\sin^2t. Значит,In=n−1nIn−2,n⩾2I0=∫0π2dt=π2,I1=[−cos⁡t]0π2=1\begin{gathered}
I_n=\dfrac{n-1}{n}I_{n-2},\qquad n\geqslant2\\
I_0=\int_0^{\frac\pi2}dt=\dfrac\pi2,\qquad
I_1=\bigl[-\cos t\bigr]_0^{\frac\pi2}=1
\end{gathered}Вспомогательное I0I_0 завершает цепочку при чётном nn, а I1I_1 — при нечётном. Повторяя понижение степени, для целого k⩾1k\geqslant1 получаемI2k=(∏j=1k2j−12j)I0=(∏j=1k2j−12j)π2I_{2k}=\left(\prod_{j=1}^{k}\dfrac{2j-1}{2j}\right)I_0
=\left(\prod_{j=1}^{k}\dfrac{2j-1}{2j}\right)\dfrac\pi2I2k+1=(∏j=1k2j2j+1)I1=∏j=1k2j2j+1I_{2k+1}=\left(\prod_{j=1}^{k}\dfrac{2j}{2j+1}\right)I_1
=\prod_{j=1}^{k}\dfrac{2j}{2j+1}Знак ∏\prod означает перемножение множителей при j=1,2,…,kj=1,2,\ldots,k. Например, при k=1k=1I2=12I0=π4I3=23I1=23\begin{aligned}
I_2&=\dfrac12I_0=\dfrac\pi4\\
I_3&=\dfrac23I_1=\dfrac23
\end{aligned}В нечётном случае последний множитель I1I_1 равен единице; при n=1n=1 используем непосредственно значение I1=1I_1=1. Числа одной чётности в этих произведениях удобно объединить двойными факториалами:(2k)!!=2⋅4⋯2k,(2k−1)!!=1⋅3⋯(2k−1)0!!=1\begin{gathered}
(2k)!!=2\cdot4\cdots2k,\qquad
(2k-1)!!=1\cdot3\cdots(2k-1)\\
0!!=1
\end{gathered}Поэтому произведение коэффициентов равно (n−1)!!n!!\frac{(n-1)!!}{n!!}, а дополнительный множитель π2\frac\pi2 присутствует только при чётном nn.
Демидович № 2285 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика