Орловский Определенный интеграл.Практикум ч.1 2010

= −2mI(m, n) + (2n − 1)I(m + 1, n − 1).

Решая полученное уравнение относительно I(m, n), получаем искомое рекуррентное соотношение:

Применяя соотношение (3.25) n раз, приходим к равенству

(2n − 1)!!

I(m, n) = (2m + 1)(2m + 3 . . . (2m + 2n − 1)) I(m + n, 0) =

Полученную формулу можно преобразовать следующим образом. Так как при любом натуральном k

(2k)!! = (2 · 1)(2 · 2)(2 · 3) . . . (2 · k) = 2kk! ,

(2k − 1)!! = 1 · 3 · . . . · (2k − 1) =

= [1 · 3 · . . . · (2k − 1)][2 · 4 · . . . · (2k)] = (2k)!!

161

Замечание. Использование формул Эйлера, как можно видеть, усложняет решение задачи. Сначала необходимо свести задачу к вычислению интеграла по отрезку [0; 2π]. Выполняя подстановку x = π − t, находим

∫π ∫π

sin2m x cos2n x dx = sin2m t cos2n t dt = sin2m x cos2n x dx,

В силу π-периодичности подынтегральной функции и формулы (3.13) задачи 2265

162

(∑2n )

×C2sneisxe−i(2n−s)x dx =

Согласно решению задачи 2288

Таким образом, во внутренней сумме, от нуля может быть отлично только слагаемое с индексом s = m + n − k, поэтому

(наличие множителя C2mn+n−k гарантирует, что при k > m + n слагаемое, отвечающее отрицательному индексу s, отсутствует в сумме, так как по определению биномиальных коэффициентов величина Cnk = 0 при k < 0). Отсюда следует, что

163

Если подставить (3.29) в (3.28), получим формулу (3.27). Впрочем этот факт можно представить по другому: из сравнения формул (3.27) и (3.28) следует тождество (3.29) для биномиальных коэффициентов.

0−π

Сдругой стороны, эта же функция 2π-периодична и в соответствие с решением задачи 2265

следовательно, искомый интеграл

Применяя формулу Эйлера, находим:

Суммируя геометрическую прогрессию с первым членом an−1 и знаменателем q = b/a, приходим к равенству

n∑−1 an−1−k bk = an − bn .

a − b

k=0

164

Полагая в этом равенстве a = eix, b = e−ix и учитывая (3.30), получаем

Если n четное число, то при любом целом k величина 2k+1 ≠ ≠ n и согласно решению задачи 2288 все интегралы, стоящие под знаком суммы в правой части равенства (3.31), равны нулю.

Если же n нечетно, то согласно решению той же задачи равны нулю все интегралы кроме одного, отвечающего индексу k = = (n−1)/2, причем этот интеграл равен 2π. Отсюда следует, что

Так как подынтегральная функция четна, то согласно задаче 2258

165

С другой стороны, эта же функция 2π-периодична и в соответствие с решением задачи 2265

следовательно, искомый интеграл

Суммируя геометрическую прогрессию с первым членом a2n и знаменателем q = −b/a, приходим к равенству

∑2n (−1)ka2n−k bk = a2n+1 + b2n+1 .

a + b

k=0

Полагая в этом равенстве a = eix, b = e−ix и учитывая (3.32),

получаем

cos(2n + 1)x = ∑2n (−1)kei(2n−2k)x cos x

k=0

и после интегрирования, имеем

166

то, окончательно, находим:

С помощью формулы Эйлера и бинома Ньютона находим

Заменяя в первой сумме индекс суммирования k на n − k и учитывая, что Cnn−k = Cnk, получаем

sinn x sin nx =

168

2. Пусть n четно и n = 2m − 1, тогда (−1)n = −1. Учитывая

равенство

e2ikx + e−2ikx = 2 cos 2kx,

получаем

169

Найти интегралы (n – натуральное число):

∫π

2295. sinn−1 x cos(n + 1)x dx.

0

По формуле косинуса суммы

∫π

sinn−1 x cos(n + 1)x dx =

0

∫π

= sinn−1 x(cos nx cos x − sin nx sin x)dx =

170