Раздел IV. Определённый интеграл — § 4. Несобственные интегралы

Демидович — задача 2350

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 2350

In=∫1+∞dxx(x+1)…(x+n)\displaystyle I_n=\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x(x+1)\dots(x+n)}.
Ответ:In=1n!∑k=0n(−1)k+1(nk)ln⁡(k+1),n=1,2,…I_n=\dfrac1{n!}
\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k+1}\binom nk\ln(k+1),
\qquad n=1,2,\ldots

Решение

Все множители знаменателя положительны при x≥1x\ge1. На бесконечности функция имеет порядок x−n−1x^{-n-1}, поэтому при n≥1n\ge1 интеграл сходится. Для формулы понижения удобно ввести переменную нижнюю границу y>0y>0:Kn(y)=∫y+∞dxx(x+1)⋯(x+n),In=Kn(1)K_n(y)=\int_y^{+\infty}
\dfrac{dx}{x(x+1)\cdots(x+n)},\qquad I_n=K_n(1)Начальное значение находим простыми дробями:K1(y)=∫y+∞(1x−1x+1) dx=ln⁡y+1y\begin{aligned}
K_1(y)
&=\int_y^{+\infty}\left(\dfrac1x-\dfrac1{x+1}\right)\,dx=\ln\dfrac{y+1}{y}
\end{aligned}Для n≥2n\ge2 используем тождество1x(x+1)⋯(x+n)=1n(1x(x+1)⋯(x+n−1)−1(x+1)(x+2)⋯(x+n))\dfrac1{x(x+1)\cdots(x+n)}
=\dfrac1n\left(
\dfrac1{x(x+1)\cdots(x+n-1)}
-\dfrac1{(x+1)(x+2)\cdots(x+n)}
\right)Оно получается приведением к общему знаменателю: числитель разности равен (x+n)−x=n(x+n)-x=n. В интеграле от второй дроби заменяемt=x+1,x=t−1,dt=dxt=x+1,\qquad x=t-1,\qquad dt=dxНижняя граница становится y+1y+1, поэтомуKn(y)=Kn−1(y)−Kn−1(y+1)nK_n(y)=\dfrac{K_{n-1}(y)-K_{n-1}(y+1)}{n}Это искомая формула понижения. Например,K2(y)=12(ln⁡y+1y−ln⁡y+2y+1)K_2(y)=\dfrac12
\left(\ln\dfrac{y+1}{y}-\ln\dfrac{y+2}{y+1}\right)При повторении понижения коэффициенты образуют строки бинома: на каждом шаге вычитается та же сумма со сдвигом аргумента на 11, а соседние коэффициенты складываются.

Для неотрицательного целого mm и целого kk обозначим биномиальный коэффициент через (mk)\binom mk.

При k<0k<0 или k>mk>m считаем его равным нулю; также принимаем 0!=10!=1. Определение коэффициента и формула Паскаля имеют вид(mk)=m!k!(m−k)!,0≤k≤m(mk)=(m−1k)+(m−1k−1),m≥1\begin{aligned}
\binom mk&=\dfrac{m!}{k!(m-k)!},\qquad 0\le k\le m\\
\binom mk&=\binom{m-1}{k}+\binom{m-1}{k-1},\qquad m\ge1
\end{aligned}Формула Паскаля объясняет появление новых коэффициентов: из суммы со сдвигом приходит соседнее слагаемое, а вычитание меняет его знак. При последовательном понижении общий множитель равен1n⋅1n−1⋯12=1n!,n≥2\dfrac1n\cdot\dfrac1{n-1}\cdots\dfrac12
=\dfrac1{n!},\qquad n\ge2При n=1n=1 переходов нет; пустое произведение равно 1=11!1=\frac1{1!}. ПоэтомуKn(y)=1n!∑k=0n−1(−1)k(n−1k)ln⁡y+k+1y+kK_n(y)=\dfrac1{n!}
\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\binom{n-1}{k}
\ln\dfrac{y+k+1}{y+k}Разделим каждый логарифм отношения на разность двух логарифмов:ln⁡y+k+1y+k=ln⁡(y+k+1)−ln⁡(y+k)\ln\dfrac{y+k+1}{y+k}=\ln(y+k+1)-\ln(y+k)Для 1≤k≤n−11\le k\le n-1 обозначим коэффициент при ln⁡(y+k)\ln(y+k) внутри суммы, без общего множителя 1n!\frac1{n!}, через ckc_k. Этот логарифм приходит из двух соседних слагаемых:ck=(−1)k−1(n−1k−1)−(−1)k(n−1k)==(−1)k+1((n−1k−1)+(n−1k))==(−1)k+1(nk)\begin{aligned}
c_k
&=(-1)^{k-1}\binom{n-1}{k-1}-(-1)^k\binom{n-1}{k}=\\
&=(-1)^{k+1}\left(\binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k}\right)=\\
&=(-1)^{k+1}\binom nk
\end{aligned}У крайних логарифмов ln⁡y\ln y и ln⁡(y+n)\ln(y+n) коэффициенты равны −1-1 и (−1)n−1(-1)^{n-1}. Они также подчиняются общему правилу:−1=(−1)0+1(n0)(−1)n−1=(−1)n+1(nn)\begin{aligned}
-1&=(-1)^{0+1}\binom n0\\
(-1)^{n-1}&=(-1)^{n+1}\binom nn
\end{aligned}Во второй строке показатели отличаются на 22, поэтому знаки одинаковы. Получаем равносильную записьKn(y)=1n!∑k=0n(−1)k+1(nk)ln⁡(y+k)K_n(y)=\dfrac1{n!}
\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k+1}\binom nk\ln(y+k)Подстановка y=1y=1 даёт ответ. При n=1n=1 он равен ln⁡2\ln2, что согласуется с начальным значением.
Демидович № 2350 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика