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

Демидович — задача 2287

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 2287

In=∫0π/4(sin⁡x−cos⁡xsin⁡x+cos⁡x)2n+1 dx\displaystyle I_n=\int_0^{\pi/4}\left(\frac{\sin x-\cos x}{\sin x+\cos x}\right)^{2n+1}\,dx.
Ответ:In=−12(∑k=1n(−1)n−kk+(−1)nln⁡2),n∈NI_n=-\dfrac12\left(
\sum_{k=1}^n\dfrac{(-1)^{n-k}}k+(-1)^n\ln2
\right),
\qquad n\in\mathbb N

Решение

На [0,π4][0,\frac\pi4] знаменатель sin⁡x+cos⁡x\sin x+\cos x положителен. По формуле тангенса разностиsin⁡x−cos⁡xsin⁡x+cos⁡x=tg⁡x−11+tg⁡x=tg⁡(x−π4)\dfrac{\sin x-\cos x}{\sin x+\cos x}
=\dfrac{\tg x-1}{1+\tg x}
=\tg\left(x-\dfrac\pi4\right)Введём именно это выражение как новую переменную:t=tg⁡(x−π4),x=π4+arctg⁡t,dx=dt1+t2t=\tg\left(x-\dfrac\pi4\right),
\qquad x=\dfrac\pi4+\arctg t,
\qquad dx=\dfrac{dt}{1+t^2}Пределы x=0,π4x=0,\frac\pi4 превращаются в t=−1,0t=-1,0. Дополнительная заменаu=−t,t=−u,dt=−duu=-t,\qquad t=-u,\qquad dt=-duпереводит их в 1,01,0. Для удобства обозначимJn=∫01u2n+11+u2 duJ_n=\int_0^1\dfrac{u^{2n+1}}{1+u^2}\,duПоскольку степень 2n+12n+1 нечётная, t2n+1=−u2n+1t^{2n+1}=-u^{2n+1}. Этот минус сокращается с минусом из дифференциала, но порядок новых пределов остаётся обратным:In=∫−10t2n+11+t2 dt==∫10u2n+11+u2 du=−Jn\begin{aligned}
I_n&=\int_{-1}^0\dfrac{t^{2n+1}}{1+t^2}\,dt=\\
&=\int_1^0\dfrac{u^{2n+1}}{1+u^2}\,du=-J_n
\end{aligned}Для n⩾1n\geqslant1 уменьшим степень числителя, записавu2n+1=u2n−1((1+u2)−1)u^{2n+1}=u^{2n-1}\bigl((1+u^2)-1\bigr)Деление на 1+u21+u^2 даёт разложениеu2n+11+u2=u2n−1−u2n−11+u2\dfrac{u^{2n+1}}{1+u^2}
=u^{2n-1}-\dfrac{u^{2n-1}}{1+u^2}Отсюда следует формула понижения с начальным вспомогательным значением:Jn=12n−Jn−1J0=[12ln⁡(1+u2)]01=12ln⁡2\begin{gathered}
J_n=\dfrac1{2n}-J_{n-1}\\
J_0=\left[\dfrac12\ln(1+u^2)\right]_0^1=\dfrac12\ln2
\end{gathered}Покажем, как из этой формулы получается конечная сумма. При n⩾2n\geqslant2 подставим Jn−1=12(n−1)−Jn−2J_{n-1}=\frac1{2(n-1)}-J_{n-2}:Jn=12n−(12(n−1)−Jn−2)==12n−12(n−1)+Jn−2\begin{aligned}
J_n
&=\dfrac1{2n}-\left(\dfrac1{2(n-1)}-J_{n-2}\right)=\\
&=\dfrac1{2n}-\dfrac1{2(n-1)}+J_{n-2}
\end{aligned}Каждая следующая подстановка уменьшает индекс оставшегося интеграла на единицу и меняет знак перед ним. До слагаемого с индексом kk выполняется n−kn-k переходов, поэтому оно имеет вид(−1)n−k2k,k=1,2,…,n\dfrac{(-1)^{n-k}}{2k},\qquad k=1,2,\ldots,nДо начального значения J0J_0 выполняется nn переходов. Его вклад равен(−1)nJ0=(−1)n12ln⁡2(-1)^nJ_0=(-1)^n\dfrac12\ln2При n=1n=1 рекурсия сразу даётJ1=12−J0=12−12ln⁡2J_1=\dfrac12-J_0=\dfrac12-\dfrac12\ln2Это согласуется с тем же правилом знаков. Вынося общий множитель 12\frac12 и подставляя найденное значение J0J_0, получаемJn=12∑k=1n(−1)n−kk+(−1)n2ln⁡2J_n=\dfrac12\sum_{k=1}^n\dfrac{(-1)^{n-k}}k
+\dfrac{(-1)^n}{2}\ln2Вернёмся к In=−JnI_n=-J_n. Его знак отрицателен: исходная дробь неположительна и возводится в нечётную степень, а на части отрезка строго отрицательна.
Демидович № 2287 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика