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

Демидович — задача 2300

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

Найти интегралы (nn --- натуральное число):

Задача 2300

Многочлен Лежандра Pn(x)P_n(x) определяется следующей формулой:Pn(x)=12nn!dndxn[(x2−1)n](n=0,1,2,… ).P_n(x)=\frac1{2^n n!}\frac{d^n}{dx^n}[(x^2-1)^n]\quad(n=0,1,2,\dots).Доказать, что∫−11Pm(x)Pn(x) dx={0,если m≠n,22n+1,если m=n.\int_{-1}^1P_m(x)P_n(x)\,dx=\begin{cases}0,&\text{если }m\ne n,\\\dfrac2{2n+1},&\text{если }m=n.\end{cases}
Доказано:∫−11Pm(x)Pn(x) dx={0,m≠n22n+1,m=n,m,n=0,1,2,…\int_{-1}^1P_m(x)P_n(x)\,dx
=\begin{cases}
0,&m\ne n\\[4pt]
\dfrac2{2n+1},&m=n
\end{cases},
\qquad m,n=0,1,2,\ldots

Доказательство

ОбозначимRn(x)=(x2−1)n=(x−1)n(x+1)nR_n(x)=(x^2-1)^n=(x-1)^n(x+1)^nПри n⩾1n\geqslant1 в точках 11 и −1-1 этот многочлен имеет нули порядка nn. Поэтому все его производные порядка меньше nn исчезают на обоих концах:Rn(j)(1)=Rn(j)(−1)=0,0⩽j<nR_n^{(j)}(1)=R_n^{(j)}(-1)=0,
\qquad 0\leqslant j<nНапример, при дифференцировании меньше nn раз у множителя (x−1)n(x-1)^n в каждом слагаемом остаётся положительная степень x−1x-1; при x=1x=1 она равна нулю. Для второго конца рассуждение такое же. По формуле из условияPn(x)=Rn(n)(x)2nn!P_n(x)=\dfrac{R_n^{(n)}(x)}{2^n n!}Степень PnP_n равна nn. Действительно, старший член RnR_n равен x2nx^{2n}. После nn дифференцирований именно этот член даёт (2n)!n!xn\frac{(2n)!}{n!}x^n, а остальные члены либо имеют меньшую степень, либо исчезают. По определению PnP_n результат ещё делится на 2nn!2^n n!, поэтому его старший коэффициент равен(2n)!2n(n!)2\dfrac{(2n)!}{2^n(n!)^2}Сначала пусть m<nm<n. Поскольку степень PmP_m равна mm, его nn-я производная равна нулю. Это подсказывает способ доказательства: перенести все nn производных с RnR_n на PmP_m многократным интегрированием по частям. Чтобы показать, откуда берутся знак и порядки производных, запишем первый шаг: выбираемu=Pm(x),dv=Rn(n)(x) dxdu=Pm′(x) dx,v=Rn(n−1)(x)\begin{aligned}
u&=P_m(x),&\qquad dv&=R_n^{(n)}(x)\,dx\\
du&=P_m'(x)\,dx,&v&=R_n^{(n-1)}(x)
\end{aligned}Тогда∫−11Pm(x)Rn(n)(x) dx=[Pm(x)Rn(n−1)(x)]−11−∫−11Pm′(x)Rn(n−1)(x) dx==−∫−11Pm′(x)Rn(n−1)(x) dx\begin{aligned}
\int_{-1}^1P_m(x)R_n^{(n)}(x)\,dx
&=\bigl[P_m(x)R_n^{(n-1)}(x)\bigr]_{-1}^1
-\int_{-1}^1P_m'(x)R_n^{(n-1)}(x)\,dx=\\
&=-\int_{-1}^1P_m'(x)R_n^{(n-1)}(x)\,dx
\end{aligned}Граничное слагаемое равно нулю, поскольку Rn(n−1)(±1)=0R_n^{(n-1)}(\pm1)=0. Каждый следующий шаг повышает порядок производной PmP_m на единицу, понижает порядок производной RnR_n на единицу и добавляет один знак минус. После nn шагов получаем∫−11Pm(x)Pn(x) dx=12nn!∫−11Pm(x)Rn(n)(x) dx==(−1)n2nn!∫−11Pm(n)(x)Rn(x) dx=0\begin{aligned}
\int_{-1}^1P_m(x)P_n(x)\,dx
&=\dfrac1{2^n n!}\int_{-1}^1P_m(x)R_n^{(n)}(x)\,dx=\\
&=\dfrac{(-1)^n}{2^n n!}\int_{-1}^1P_m^{(n)}(x)R_n(x)\,dx=0
\end{aligned}На каждом шаге граничное слагаемое содержит одну из производных RnR_n порядка меньше nn, поэтому равно нулю. Последний интеграл исчезает, поскольку nn-я производная многочлена степени m<nm<n равна нулю.

При m>nm>n меняем индексы местами и получаем тот же результат.

Теперь пусть m=nm=n. Из найденного старшего коэффициента следуетPn(n)(x)=(2n)!2nn!P_n^{(n)}(x)=\dfrac{(2n)!}{2^n n!}Обозначим вспомогательный интеграл через JnJ_n. Та же формула по частям, с учётом (−1)n(x2−1)n=(1−x2)n(-1)^n(x^2-1)^n=(1-x^2)^n, даётJn=∫−11(1−x2)n dx∫−11Pn2(x) dx=(2n)!22n(n!)2Jn\begin{gathered}
J_n=\int_{-1}^1(1-x^2)^n\,dx\\
\int_{-1}^1P_n^2(x)\,dx
=\dfrac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}J_n
\end{gathered}Вычислим JnJ_n. При n⩾1n\geqslant1 функция x(1−x2)nx(1-x^2)^n равна нулю на обоих концах, так что интеграл её производной равен нулю:0=∫−11((1−x2)n−2nx2(1−x2)n−1)dx0=\int_{-1}^1\left((1-x^2)^n-2nx^2(1-x^2)^{n-1}\right)dxЗаменяя x2x^2 на 1−(1−x2)1-(1-x^2), получаемJn=2n(Jn−1−Jn)Jn=2n2n+1Jn−1,J0=2\begin{gathered}
J_n=2n(J_{n-1}-J_n)\\
J_n=\dfrac{2n}{2n+1}J_{n-1},\qquad J_0=2
\end{gathered}Последовательно понижая индекс до J0=2J_0=2, получаемJn=2∏k=1n2k2k+1=2(2n)!!(2n+1)!!J_n=2\prod_{k=1}^n\dfrac{2k}{2k+1}
=2\dfrac{(2n)!!}{(2n+1)!!}В двойных факториалах перемножаются числа одной чётности. Чётные множители и оставшаяся часть полного факториала дают(2n)!!=2nn!(2n+1)!!=(2n+1)!2nn!\begin{aligned}
(2n)!!&=2^n n!\\
(2n+1)!!&=\dfrac{(2n+1)!}{2^n n!}
\end{aligned}ПоэтомуJn=22nn!(2n+1)!2nn!=22n+1(n!)2(2n+1)!J_n=2\dfrac{2^n n!}{\frac{(2n+1)!}{2^n n!}}
=\dfrac{2^{2n+1}(n!)^2}{(2n+1)!}При n=0n=0 последняя запись также равна 22. Подставляя её в интеграл от Pn2P_n^2, получаем∫−11Pn2(x) dx=(2n)!22n(n!)222n+1(n!)2(2n+1)!=22n+1\int_{-1}^1P_n^2(x)\,dx
=\dfrac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}
\dfrac{2^{2n+1}(n!)^2}{(2n+1)!}
=\dfrac2{2n+1}Таким образом, доказаны и нулевые смешанные интегралы, и значение интеграла квадрата, включая P0=1P_0=1.

Что и требовалось доказать

Демидович № 2300 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика