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

Демидович — задача 2297

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

Найти интегралы (nn --- натуральное число):

Задача 2297

∫02πe−axcos⁡2nx dx\displaystyle\int_0^{2\pi}e^{-ax}\cos^{2n}x\,dx.
Ответ:При a≠0a\ne0 и n∈Nn\in\mathbb NIn(a)=1−e−2πa22n(1a(2nn)+2a∑k=1n(2nn−k)a2+4k2)I_n(a)=\dfrac{1-e^{-2\pi a}}{2^{2n}}
\left(\dfrac1a\binom{2n}{n}
+2a\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\binom{2n}{n-k}}{a^2+4k^2}\right)При a=0a=0In(0)=2π22n(2nn),n∈NI_n(0)=\dfrac{2\pi}{2^{2n}}\binom{2n}{n},
\qquad n\in\mathbb NОбе записи относятся к действительному параметру aa.

Решение

Обозначим искомый интеграл через In(a)I_n(a), где aa действительное число. Подынтегральная функция непрерывна при любом таком aa. При раскрытии степени используем коэффициенты бинома(pj)=p!j!(p−j)!,0⩽j⩽p\binom pj=\dfrac{p!}{j!(p-j)!},\qquad 0\leqslant j\leqslant pЗдесь p,jp,j — целые неотрицательные числа. Для вычисления разложим чётную степень косинуса по Эйлеру:cos⁡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}Постоянное слагаемое соответствует j=nj=n. Пары j=n−kj=n-k и j=n+kj=n+k имеют одинаковые коэффициенты бинома и объединяются в 2cos⁡2kx2\cos2kx. Значит,cos⁡2nx=122n((2nn)+2∑k=1n(2nn−k)cos⁡2kx)\cos^{2n}x=\dfrac1{2^{2n}}\left(
\binom{2n}{n}+2\sum_{k=1}^{n}\binom{2n}{n-k}\cos2kx
\right)При a=0a=0 все непостоянные косинусы имеют нулевой интеграл за полный период, поэтому сразу получаемIn(0)=2π22n(2nn)I_n(0)=\dfrac{2\pi}{2^{2n}}\binom{2n}{n}Теперь пусть a≠0a\ne0. Обозначим интегралы отдельных слагаемых черезA0=∫02πe−ax dx=1−e−2πaaAk=∫02πe−axcos⁡2kx dx\begin{aligned}
A_0&=\int_0^{2\pi}e^{-ax}\,dx=\dfrac{1-e^{-2\pi a}}a\\
A_k&=\int_0^{2\pi}e^{-ax}\cos2kx\,dx
\end{aligned}Для k⩾1k\geqslant1 косинус является действительной частью e2ikxe^{2ikx}. Обозначение Re⁡\operatorname{Re} ниже означает действительную часть комплексного числа. Чтобы найти действительную часть дроби, умножаем её числитель и знаменатель на сопряжённое число −a−2ik-a-2ik:1−a+2ik=−a−2ika2+4k2Re⁡1−a+2ik=−aa2+4k2\begin{gathered}
\dfrac1{-a+2ik}=\dfrac{-a-2ik}{a^2+4k^2}\\
\operatorname{Re}\dfrac1{-a+2ik}=\dfrac{-a}{a^2+4k^2}
\end{gathered}У числителя действительная часть равна −a-a, а знаменатель действителен и положителен. Поэтому действительную часть дроби получаем делением −a-a на этот знаменатель. Теперь интегрируем экспоненту и используем e4ikπ=1e^{4ik\pi}=1:Ak=Re⁡∫02πe(−a+2ik)x dx==Re⁡e−2πa−1−a+2ik==(e−2πa−1)−aa2+4k2=a(1−e−2πa)a2+4k2\begin{aligned}
A_k&=\operatorname{Re}\int_0^{2\pi}e^{(-a+2ik)x}\,dx=\\
&=\operatorname{Re}\dfrac{e^{-2\pi a}-1}{-a+2ik}=\\
&=(e^{-2\pi a}-1)\dfrac{-a}{a^2+4k^2}
=\dfrac{a(1-e^{-2\pi a})}{a^2+4k^2}
\end{aligned}Интегрирование конечной суммы выполняется по слагаемым. Поэтому разложение степени косинуса даётIn(a)=122n((2nn)A0+2∑k=1n(2nn−k)Ak)I_n(a)=\dfrac1{2^{2n}}
\left(\binom{2n}{n}A_0
+2\sum_{k=1}^{n}\binom{2n}{n-k}A_k\right)Следующая формула относится к a≠0a\ne0; значение при a=0a=0 уже вычислено отдельно. Подставляя найденные A0,AkA_0,A_k и вынося общий множитель 1−e−2πa1-e^{-2\pi a}, получаемIn(a)=1−e−2πa22n(1a(2nn)+2a∑k=1n(2nn−k)a2+4k2)I_n(a)=\dfrac{1-e^{-2\pi a}}{2^{2n}}
\left(\dfrac1a\binom{2n}{n}
+2a\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\binom{2n}{n-k}}{a^2+4k^2}\right)
Демидович № 2297 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика