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

Демидович — задача 2298

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

Найти интегралы (nn --- натуральное число):

Задача 2298

∫0π/2ln⁡cos⁡x⋅cos⁡2nx dx\displaystyle\int_0^{\pi/2}\ln\cos x\cdot\cos2nx\,dx.
Ответ:Интеграл в верхнем конце понимается как сходящийся несобственный:In=(−1)n−1π4n,n∈NI_n=(-1)^{n-1}\dfrac\pi{4n},
\qquad n\in\mathbb N

Решение

Обозначим искомый интеграл через InI_n. При x→π2x\to\frac\pi2 логарифм неограничен, поэтому сначала докажем сходимость. При x=π2−εx=\frac\pi2-\varepsilon имеем cos⁡x=sin⁡ε\cos x=\sin\varepsilon и sin⁡εε→1\frac{\sin\varepsilon}{\varepsilon}\to1.

Следовательно, ln⁡sin⁡ε−ln⁡ε→0\ln\sin\varepsilon-\ln\varepsilon\to0: эти логарифмы отличаются на ограниченную добавку вблизи нуля. При 0<δ<10<\delta<1 интеграл от ∣ln⁡ε∣=−ln⁡ε|\ln\varepsilon|=-\ln\varepsilon вычисляется так:∫0δ∣ln⁡ε∣ dε=lim⁡r→0+[−εln⁡ε+ε]rδ==δ(1−ln⁡δ)<+∞\begin{aligned}
\int_0^\delta|\ln\varepsilon|\,d\varepsilon
&=\lim_{r\to0^+}\bigl[-\varepsilon\ln\varepsilon+\varepsilon\bigr]_r^\delta=\\
&=\delta(1-\ln\delta)<+\infty
\end{aligned}Здесь rln⁡r→0r\ln r\to0, например, после замены r=e−ur=e^{-u} получаем rln⁡r=−ue−u→0r\ln r=-ue^{-u}\to0. Поэтому интеграл от ∣ln⁡cos⁡x∣|\ln\cos x| в верхнем конце конечен. Поскольку ∣cos⁡2nx∣⩽1|\cos2nx|\leqslant1, исходный интеграл сходится абсолютно. Чтобы корректно интегрировать по частям, сначала возьмём верхний предел b=π2−εb=\frac\pi2-\varepsilon:u=ln⁡cos⁡x,dv=cos⁡2nx dxdu=−tg⁡x dx,v=sin⁡2nx2n\begin{aligned}
u&=\ln\cos x,&dv&=\cos2nx\,dx\\[4pt]
du&=-\tg x\,dx,&v&=\dfrac{\sin2nx}{2n}
\end{aligned}На укороченном отрезке получаем∫0bln⁡cos⁡xcos⁡2nx dx=ln⁡cos⁡bsin⁡2nb2n+12n∫0bsin⁡2nxtg⁡x dx\int_0^b\ln\cos x\cos2nx\,dx
=\dfrac{\ln\cos b\sin2nb}{2n}
+\dfrac1{2n}\int_0^b\sin2nx\tg x\,dxГраничное слагаемое в нуле равно нулю. При b→π2b\to\frac\pi2 оставшееся граничное слагаемое также исчезает: используем оценку и предел∣sin⁡2nb∣=∣sin⁡2nε∣⩽2nεε∣ln⁡sin⁡ε∣⟶0\begin{gathered}
|\sin2nb|=|\sin2n\varepsilon|\leqslant2n\varepsilon\\
\varepsilon|\ln\sin\varepsilon|\longrightarrow0
\end{gathered}Теперь вычислим интеграл от sin⁡2nxtg⁡x\sin2nx\tg x. Формула произведения в сумму даётsin⁡2nxtg⁡x=12(cos⁡((2n−1)x)cos⁡x−cos⁡((2n+1)x)cos⁡x)\sin2nx\tg x
=\dfrac12\left(
\dfrac{\cos((2n-1)x)}{\cos x}
-\dfrac{\cos((2n+1)x)}{\cos x}
\right)Обозначим для целых j⩾0j\geqslant0Kj=∫0π2cos⁡((2j+1)x)cos⁡x dxK_j=\int_0^{\frac\pi2}\dfrac{\cos((2j+1)x)}{\cos x}\,dxЧастные имеют конечные продолжения в верхнем конце. Это можно проверить последовательно, начиная с cos⁡xcos⁡x=1\frac{\cos x}{\cos x}=1 и используя тождество суммы косинусов:cos⁡((2j+1)x)cos⁡x+cos⁡((2j−1)x)cos⁡x=2cos⁡2jx,j⩾1\dfrac{\cos((2j+1)x)}{\cos x}
+\dfrac{\cos((2j-1)x)}{\cos x}=2\cos2jx,
\qquad j\geqslant1Из этого равенства первое частное равно 2cos⁡2jx2\cos2jx минус предыдущее частное. Если у предыдущего частного есть конечный предел при x→π2−x\to\frac\pi2^-, то такой предел есть и у первого, поскольку косинус непрерывен. Начав с частного cos⁡xcos⁡x=1\frac{\cos x}{\cos x}=1, последовательно получаем конечные продолжения для всех jj.

Теперь можно интегрировать равенство на всём отрезке. Интеграл правой части равен нулю, поскольку sin⁡(jπ)=0\sin(j\pi)=0. ПоэтомуKj=−Kj−1,K0=π2Kj=(−1)jπ2\begin{gathered}
K_j=-K_{j-1},\qquad K_0=\dfrac\pi2\\
K_j=(-1)^j\dfrac\pi2
\end{gathered}Следовательно, интеграл от произведения равен∫0π2sin⁡2nxtg⁡x dx=12(Kn−1−Kn)=(−1)n−1π2\int_0^{\frac\pi2}\sin2nx\tg x\,dx
=\dfrac12(K_{n-1}-K_n)
=(-1)^{n-1}\dfrac\pi2Возвращаясь к формуле по частям и умножая на 12n\frac1{2n}, получаем искомый результат.
Демидович № 2298 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика