Раздел IV. Определённый интеграл — § 4. Несобственные интегралы

Демидович — задача 2349

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

С помощью формул понижения вычислить следующие несобственные интегралы (nn --- натуральное число):

Задача 2349

In=∫−∞+∞dx(ax2+2bx+c)n\displaystyle I_n=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{(ax^2+2bx+c)^n} (ac−b2>0)(ac-b^2>0).
Ответ:In=πan∣a∣(ac−b2)n−12(2n−2)!22n−2((n−1)!)2,ac−b2>0,n=1,2,…I_n=
\dfrac{\pi a^n}{|a|(ac-b^2)^{n-\frac12}}
\dfrac{(2n-2)!}{2^{2n-2}((n-1)!)^2},
\qquad ac-b^2>0,\quad n=1,2,\ldots

Решение

Обозначим Δ=ac−b2>0\Delta=ac-b^2>0. Тогда a≠0a\ne0 иax2+2bx+c=a(x+ba)2+Δaax^2+2bx+c=a\left(x+\dfrac ba\right)^2+\dfrac{\Delta}{a}Квадратный трёхчлен нигде не равен нулю и имеет знак aa. Поэтому нельзя молча считать aa положительным. При любом натуральном nn интеграл сходится абсолютно: на бесконечности модуль функции имеет порядок ∣x∣−2n|x|^{-2n}. Используем возрастающую заменуt=∣a∣Δ(x+ba)x=Δ∣a∣t−ba,dx=Δ∣a∣ dt\begin{gathered}
t=\dfrac{|a|}{\sqrt\Delta}\left(x+\dfrac ba\right)\\
x=\dfrac{\sqrt\Delta}{|a|}t-\dfrac ba,\qquad
dx=\dfrac{\sqrt\Delta}{|a|}\,dt
\end{gathered}Обозначим новый интеграл черезJn=∫−∞+∞dt(1+t2)nJ_n=\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{dt}{(1+t^2)^n}При выбранной заменеax2+2bx+c=Δa(1+t2)In=an∣a∣Δn−12Jn\begin{aligned}
ax^2+2bx+c&=\dfrac{\Delta}{a}(1+t^2)\\
I_n&=\dfrac{a^n}{|a|\Delta^{n-\frac12}}J_n
\end{aligned}Выведем формулу понижения для JnJ_n. Нужна производная, в которой появятся знаменатели (1+t2)n(1+t^2)^n и (1+t2)n−1(1+t^2)^{n-1}: после интегрирования они дадут JnJ_n и Jn−1J_{n-1}. Поэтому при n≥2n\ge2 дифференцируем функциюt(1+t2)n−1\dfrac{t}{(1+t^2)^{n-1}}Для объединения полученных дробей используем тождествоt2=(1+t2)−1t^2=(1+t^2)-1Правило произведения даёт(t(1+t2)n−1)′=1(1+t2)n−1−2(n−1)t2(1+t2)n==2(n−1)(1+t2)n−2n−3(1+t2)n−1\begin{aligned}
\left(\dfrac{t}{(1+t^2)^{n-1}}\right)'
&=\dfrac1{(1+t^2)^{n-1}}
-\dfrac{2(n-1)t^2}{(1+t^2)^n}=\\
&=\dfrac{2(n-1)}{(1+t^2)^n}
-\dfrac{2n-3}{(1+t^2)^{n-1}}
\end{aligned}Интегрируем равенство сначала на конечном отрезке и затем переходим к бесконечным границам. Граничные значения t(1+t2)n−1\frac{t}{(1+t^2)^{n-1}} стремятся к нулю, так что0=2(n−1)Jn−(2n−3)Jn−1,Jn=2n−32n−2Jn−10=2(n-1)J_n-(2n-3)J_{n-1},\qquad
J_n=\dfrac{2n-3}{2n-2}J_{n-1}Начальное значение J1=πJ_1=\pi. Повторяя понижение, получаемJn=π∏k=2n2k−32k−2=π(2n−2)!22n−2((n−1)!)2J_n=\pi\prod_{k=2}^{n}\dfrac{2k-3}{2k-2}
=\pi\dfrac{(2n-2)!}{2^{2n-2}((n-1)!)^2}Поясним переход от произведения к факториалам. При n≥2n\ge2 произведение чётных чисел в знаменателе равно2⋅4⋯(2n−2)=2n−1(n−1)!2\cdot4\cdots(2n-2)=2^{n-1}(n-1)!Произведение нечётных чисел в числителе получаем, удаляя из полного факториала все чётные множители:1⋅3⋯(2n−3)=(2n−2)!2n−1(n−1)!1\cdot3\cdots(2n-3)
=\dfrac{(2n-2)!}{2^{n-1}(n-1)!}Деление этих двух выражений даёт записанную дробь.

При n=1n=1 произведение пустое и равно 11; последняя формула также даёт π\pi. Возвращаясь к InI_n, имеемIn=πan∣a∣Δn−12(2n−2)!22n−2((n−1)!)2I_n=
\dfrac{\pi a^n}{|a|\Delta^{n-\frac12}}
\dfrac{(2n-2)!}{2^{2n-2}((n-1)!)^2}В частности, начальное значение равноI1=πsgn⁡aΔI_1=\dfrac{\pi\operatorname{sgn}a}{\sqrt\Delta}Получим формулу понижения для исходных интегралов. Множители перед JnJ_n и Jn−1J_{n-1} различаются на aΔ\frac a\Delta:an∣a∣Δn−12=aΔ⋅an−1∣a∣Δn−32\dfrac{a^n}{|a|\Delta^{n-\frac12}}
=\dfrac a\Delta\cdot
\dfrac{a^{n-1}}{|a|\Delta^{n-\frac32}}Поэтому после применения формулы для JnJ_n получаемIn=an∣a∣Δn−122n−32n−2Jn−1=a(2n−3)2(n−1)ΔIn−1,n≥2\begin{aligned}
I_n
&=\dfrac{a^n}{|a|\Delta^{n-\frac12}}
\dfrac{2n-3}{2n-2}J_{n-1}=\dfrac{a(2n-3)}{2(n-1)\Delta}I_{n-1},\qquad n\ge2
\end{aligned}Если a<0a<0, знак ответа равен (−1)n(-1)^n, как и знак подынтегральной функции.
Демидович № 2349 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика