Раздел IV. Определённый интеграл — § 4. Несобственные интегралы

Демидович — задача 2353

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 2353

а) ∫0π/2ln⁡sin⁡x dx\displaystyle\int_0^{\pi/2}\ln\sin x\,dx; б) ∫0π/2ln⁡cos⁡x dx\displaystyle\int_0^{\pi/2}\ln\cos x\,dx.
Ответ:а) −π2ln⁡2-\frac\pi2\ln2; б) −π2ln⁡2-\frac\pi2\ln2

Решение

а) Обозначим первый интеграл через AA. При x→0+x\to0^+ имеем sin⁡x∼x\sin x\sim x, поэтомуln⁡(sin⁡x)−ln⁡x=ln⁡sin⁡xx⟶0\ln(\sin x)-\ln x
=\ln\dfrac{\sin x}{x}\longrightarrow0Разность ограничена вблизи нуля. Логарифмическая часть абсолютно интегрируема: при 0<δ<10<\delta<1∫0δ∣ln⁡x∣ dx=δ(1−ln⁡δ)<+∞\int_0^\delta|\ln x|\,dx
=\delta(1-\ln\delta)<+\inftyДобавление ограниченной функции на конечном промежутке сохраняет абсолютную сходимость. В правом конце ln⁡(sin⁡x)→0\ln(\sin x)\to0, поэтому AA существует.

б) Обозначим второй интеграл через BB. У правого конца положимy=π2−x→0+,cos⁡x=sin⁡yy=\dfrac\pi2-x\to0^+,\qquad \cos x=\sin yПолучается та же логарифмическая особенность, что в пункте а), поэтому она абсолютно интегрируема. В левом конце ln⁡(cos⁡x)→0\ln(\cos x)\to0, следовательно, BB также существует.

Вычислим оба интеграла вместе. Заменаx=π2−t,t=π2−x,dx=−dtx=\dfrac\pi2-t,\qquad t=\dfrac\pi2-x,\qquad dx=-dtменяет синус на косинус и даёт A=BA=B. Складываем их, используя sin⁡xcos⁡x=12sin⁡2x\sin x\cos x=\frac12\sin2x:A+B=∫0π2ln⁡(sin⁡xcos⁡x) dx==−π2ln⁡2+∫0π2ln⁡(sin⁡2x) dx\begin{aligned}
A+B
&=\int_0^{\frac\pi2}\ln(\sin x\cos x)\,dx=\\
&=-\dfrac\pi2\ln2
+\int_0^{\frac\pi2}\ln(\sin2x)\,dx
\end{aligned}В последнем интеграле положимt=2x,x=t2,dx=12 dtt=2x,\qquad x=\dfrac t2,\qquad dx=\dfrac12\,dt∫0π2ln⁡(sin⁡2x) dx=12∫0πln⁡(sin⁡t) dt=A\int_0^{\frac\pi2}\ln(\sin2x)\,dx
=\dfrac12\int_0^\pi\ln(\sin t)\,dt=AПоследнее равенство следует из отраженияt=π−u,u=π−t,dt=−dut=\pi-u,\qquad u=\pi-t,\qquad dt=-duВ правой половине новые границы и синус равныt=π2 ⟹ u=π2,t=π ⟹ u=0sin⁡(π−u)=sin⁡u\begin{gathered}
t=\dfrac\pi2\ \Longrightarrow\ u=\dfrac\pi2,
\qquad t=\pi\ \Longrightarrow\ u=0\\
\sin(\pi-u)=\sin u
\end{gathered}Перестановка границ компенсирует минус из дифференциала, поэтому интегралы по двум половинам [0,π][0,\pi] одинаковы. Так как B=AB=A, получаем2A=−π2ln⁡2+A,A=B=−π2ln⁡22A=-\dfrac\pi2\ln2+A,\qquad
A=B=-\dfrac\pi2\ln2
Демидович № 2353 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика