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

Демидович — задача 2286

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 2286

In=∫01xm(ln⁡x)n dx\displaystyle I_n=\int_0^1x^m(\ln x)^n\,dx.
Ответ:In=(−1)nn!(m+1)n+1,m>−1,n∈NI_n=\dfrac{(-1)^n n!}{(m+1)^{n+1}},
\qquad m>-1,
\quad n\in\mathbb NПри m⩽−1m\leqslant-1 интеграл расходится: к +∞+\infty для чётного nn и к −∞-\infty для нечётного nn.

Решение

Сначала проверим поведение при x→0+x\to0^+: логарифм неограничен, поэтому интеграл понимается как несобственный. Рассматриваем действительный параметр mm. Используем заменуx=e−t,t=−ln⁡xln⁡x=−t,dx=−e−t dt\begin{gathered}
x=e^{-t},\qquad t=-\ln x\\
\ln x=-t,\qquad dx=-e^{-t}\,dt
\end{gathered}При x→0+x\to0^+ новая переменная стремится к +∞+\infty, а при x=1x=1 равна нулю. Минус в дифференциале меняет порядок пределов, так чтоIn=(−1)n∫0+∞tne−(m+1)t dtI_n=(-1)^n\int_0^{+\infty}t^n e^{-(m+1)t}\,dtЕсли m⩽−1m\leqslant-1, то при t⩾1t\geqslant1 положительная функция под последним интегралом не меньше tnt^n, и конечного значения нет.

Для m>−1m>-1 вычислим интеграл понижением степени логарифма. Сначала интегрируем по частям на [ε,1][\varepsilon,1], где ε>0\varepsilon>0:u=(ln⁡x)n,dv=xm dxdu=n(ln⁡x)n−1x dx,v=xm+1m+1\begin{aligned}
u&=(\ln x)^n,&dv&=x^m\,dx\\[4pt]
du&=\dfrac{n(\ln x)^{n-1}}x\,dx,&v&=\dfrac{x^{m+1}}{m+1}
\end{aligned}Подставим выбранные u,vu,v в формулу по частям и учтём, что ln⁡1=0\ln1=0:∫ε1xm(ln⁡x)n dx=−εm+1(ln⁡ε)nm+1−nm+1∫ε1xm(ln⁡x)n−1 dx\int_\varepsilon^1 x^m(\ln x)^n\,dx
=-\dfrac{\varepsilon^{m+1}(\ln\varepsilon)^n}{m+1}
-\dfrac n{m+1}\int_\varepsilon^1 x^m(\ln x)^{n-1}\,dxМинус в первом слагаемом возник при вычитании значения на нижнем конце. При ε→0+\varepsilon\to0^+ этот граничный член стремится к нулю, поскольку, обозначив t=−ln⁡εt=-\ln\varepsilon, получаемεm+1(ln⁡ε)n=(−1)ntne−(m+1)t⟶0\varepsilon^{m+1}(\ln\varepsilon)^n
=(-1)^n t^n e^{-(m+1)t}\longrightarrow0Для положительного m+1m+1 экспонента убывает быстрее любой фиксированной степени tt; этот предел получается также применением правила Лопиталя к tne(m+1)t\frac{t^n}{e^{(m+1)t}}. После перехода к пределу формула по частям даётIn=−nm+1In−1I0=∫01xm dx=1m+1\begin{gathered}
I_n=-\dfrac n{m+1}I_{n-1}\\
I_0=\int_0^1x^m\,dx=\dfrac1{m+1}
\end{gathered}Конечность I0I_0 и исчезновение граничных слагаемых последовательно доказывают сходимость I1,I2,…I_1,I_2,\ldots. На каждом шаге появляется минус и множитель nm+1\frac n{m+1} с текущим индексом. ПоэтомуIn=(−nm+1)(−n−1m+1)⋯(−1m+1)1m+1=(−1)nn!(m+1)n+1I_n=\left(-\dfrac n{m+1}\right)
\left(-\dfrac{n-1}{m+1}\right)\cdots
\left(-\dfrac1{m+1}\right)\dfrac1{m+1}
=\dfrac{(-1)^n n!}{(m+1)^{n+1}}
Демидович № 2286 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика