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

Демидович — задача 2290

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

Пользуясь формулами Эйлера:

Задача 2290

∫0π/2sin⁡2mxcos⁡2nx dx\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^{2m}x\cos^{2n}x\,dx.
Ответ:Im,n=π(2m)!(2n)!22m+2n+1m!n!(m+n)!,m,n∈NI_{m,n}=\dfrac{\pi(2m)!(2n)!}{2^{2m+2n+1}m!n!(m+n)!},
\qquad m,n\in\mathbb N

Решение

Обозначим искомый интеграл через Im,nI_{m,n} и положим N=m+nN=m+n. Используем именно формулы Эйлера:sin⁡x=eix−e−ix2i,cos⁡x=eix+e−ix2\sin x=\dfrac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i},
\qquad \cos x=\dfrac{e^{ix}+e^{-ix}}2После раскрытия степеней каждое слагаемое содержит 2N2N множителей вида eixe^{ix} или e−ixe^{-ix}. Если выбраны jj множителей с отрицательным показателем, остальные 2N−j2N-j имеют положительный показатель. Их произведение равно(eix)2N−j(e−ix)j=ei(2N−2j)x,j=0,1,…,2N(e^{ix})^{2N-j}(e^{-ix})^j=e^{i(2N-2j)x},
\qquad j=0,1,\ldots,2NОбозначая k=N−jk=N-j, получаем только частоты 2k2k:2N−2j=2k,−N⩽k⩽N2N-2j=2k,\qquad -N\leqslant k\leqslant NКоэффициенты действительны. Действительно, общий множитель от чётной степени синуса равен1(2i)2m=(−1)m22m\dfrac1{(2i)^{2m}}=\dfrac{(-1)^m}{2^{2m}}При взаимной замене eixe^{ix} и e−ixe^{-ix} разность меняет знак, но её чётная степень сохраняется; сумма также сохраняется. Следовательно, коэффициенты при противоположных частотах одинаковы. По Эйлеру такие пары объединяются:e2ikx+e−2ikx=2cos⁡2kxe^{2ikx}+e^{-2ikx}=2\cos2kxОбозначим постоянное слагаемое через Cm,nC_{m,n}, а остальные действительные коэффициенты через aka_k. Тогдаsin⁡2mxcos⁡2nx=Cm,n+∑k=1Nakcos⁡2kx\sin^{2m}x\cos^{2n}x
=C_{m,n}+\sum_{k=1}^{N}a_k\cos2kxДля каждой ненулевой частоты∫0π2cos⁡2kx dx=[sin⁡2kx2k]0π2=0\int_0^{\frac\pi2}\cos2kx\,dx
=\left[\dfrac{\sin2kx}{2k}\right]_0^{\frac\pi2}=0Поэтому интеграл определяется только постоянным слагаемым:Im,n=π2Cm,nI_{m,n}=\dfrac\pi2 C_{m,n}Найдём этот коэффициент, не вычисляя все частоты по отдельности. Рассмотрим функциюg(x)=sin⁡2m−1xcos⁡2n+1xg(x)=\sin^{2m-1}x\cos^{2n+1}xПо Эйлеру gg также является конечной суммой экспонент. При дифференцировании каждой экспоненты имеемddxeikx=ikeikx\dfrac d{dx}e^{ikx}=ik e^{ikx}При k=0k=0 производная равна нулю, а при k≠0k\ne0 частота остаётся ненулевой. Поэтому у g′g' постоянное слагаемое равно нулю. С другой стороны, правило произведения даётg′(x)=(2m−1)sin⁡2m−2xcos⁡2n+2x−(2n+1)sin⁡2mxcos⁡2nx==(2m−1)sin⁡2m−2xcos⁡2nx−2(m+n)sin⁡2mxcos⁡2nx\begin{aligned}
g'(x)&=(2m-1)\sin^{2m-2}x\cos^{2n+2}x
-(2n+1)\sin^{2m}x\cos^{2n}x=\\
&=(2m-1)\sin^{2m-2}x\cos^{2n}x
-2(m+n)\sin^{2m}x\cos^{2n}x
\end{aligned}Во втором переходе использовано cos⁡2x=1−sin⁡2x\cos^2x=1-\sin^2x. Сравнивая постоянные слагаемые двух частей, получаем0=(2m−1)Cm−1,n−2(m+n)Cm,nCm,n=2m−12(m+n)Cm−1,n\begin{gathered}
0=(2m-1)C_{m-1,n}-2(m+n)C_{m,n}\\
C_{m,n}=\dfrac{2m-1}{2(m+n)}C_{m-1,n}
\end{gathered}Начальный коэффициент при m=0m=0 найдём прямо из бинома. При раскрытии степени используем коэффициенты(pj)=p!j!(p−j)!,0⩽j⩽p\binom{p}{j}=\dfrac{p!}{j!(p-j)!},\qquad 0\leqslant j\leqslant pЗдесь p,jp,j — целые неотрицательные числа. Получаемcos⁡2nx=122n∑j=02n(2nj)e2i(n−j)x\cos^{2n}x
=\dfrac1{2^{2n}}\sum_{j=0}^{2n}\binom{2n}{j}e^{2i(n-j)x}Постоянная экспонента получается только при j=nj=n. Значит,C0,n=122n(2nn)=(2n)!22n(n!)2C_{0,n}=\dfrac1{2^{2n}}\binom{2n}{n}
=\dfrac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}Повторяя найденную формулу понижения по индексу mm, получаемCm,n=1⋅3⋯(2m−1)2m(n+1)(n+2)⋯(n+m)(2n)!22n(n!)2C_{m,n}
=\dfrac{1\cdot3\cdots(2m-1)}{2^m(n+1)(n+2)\cdots(n+m)}
\dfrac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}В числителе первое произведение получаем, удаляя из (2m)!(2m)! все чётные множители:1⋅3⋯(2m−1)=(2m)!2mm!1\cdot3\cdots(2m-1)=\dfrac{(2m)!}{2^m m!}В знаменателе используем(n+1)⋯(n+m)=(m+n)!n!(n+1)\cdots(n+m)=\dfrac{(m+n)!}{n!}Следовательно,Cm,n=(2m)!(2n)!22m+2nm!n!(m+n)!C_{m,n}=\dfrac{(2m)!(2n)!}{2^{2m+2n}m!n!(m+n)!}Остаётся умножить этот коэффициент на π2\frac\pi2.
Демидович № 2290 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика