Применяя дифференцирование по параметру a (да, в оригинале была α, но я заменил), вычислить интеграл I(a), если: I(a)=π∫0ln(1−2acosx+a2)dx,|a|<1
Продифференцируем: I′(a)=π∫0−2cosx+2a1−2acosx+a2dx Основная тригонометрическая подстановка: tgx2=t sin2x2+cos2x2=1 tg2x2+1=1cos2x2 cos2x2=1t2+1;sin2x2=1−cos2x2=1−1t2+1=t2t2+1 cosx=cos2x2−sin2x2=1t2+1−t2t2+1=1−t2t2+1 sinx=2sinx2cosx2=2tgx2⋅cos2x2=2t⋅1t2+1=2tt2+1 x=2arctgt,dx=2dt1+t2 I′(a)=π∫0−2cosx+2a1−2acosx+a2dx=∞∫0−21−t2t2+1+2a1−2a1−t2t2+1+a22dt1+t2=4∞∫0−(1−t2)+a(t2+1)(t2+1)−2a(1−t2)+a2(t2+1)dt1+t2= =4∞∫0−1+t2+at2+at2+1−2a+2at2+a2t2+a2dt1+t2=4∞∫0(a+1)t2+a−1a2t2+2at2+t2+1−2a+a2dt1+t2= =4∞∫0(a+1)t2+a−1(a+1)2t2+(a−1)2dt1+t2. Разложим, временно заменив t2=z: (a+1)z+(a−1)(a+1)2z+(a−1)211+z=A(a+1)2z+(a−1)2+B1+z=A(1+z)+B[(a+1)2z+(a−1)2][(a+1)2z+(a−1)2](1+z) Приравняем числители A(1+z)+B[(a+1)2z+(a−1)2]=(a+1)z+(a−1) [A+B(a+1)2]z+A+B(a−1)2=(a+1)z+(a−1) {A+B(a+1)2=(a+1)A+B(a−1)2=(a−1) Решим систему B(a+1)2−B(a−1)2=(a+1)−(a−1) B[a+1−a+1][a+1+a−1]=2 B2⋅2a=2 B=12a A=(a+1)−B(a+1)2=(a+1)[1−12a(a+1)]=(a+1)[12−12a]=a2−12a Вернёмся к производной интеграла I′(a)=4∞∫0(a+1)t2+a−1(a+1)2t2+(a−1)2dt1+t2=4∞∫0[A(a+1)2t2+(a−1)2+B1+t2]dt= =∞∫0[2aa2−1(a−1)21(a+1)2(a−1)2t2+1+2a11+t2]dt=2a[arctg(a+1a−1t)+arctgt]|∞0 Вспомним, что |a|<1, т.е. −1<a<1; тогда 0<a+1, a−1<0, и a+1a−1<0, lim I'=\frac{2}{a}\left.\left[\mathrm{arctg}\,\left(\frac{a+1}{a-1}t\right)+\mathrm{arctg}\,t\right]\right|_{0}^{\infty}=\frac{2}{a}\left\{ \left[-\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\right]-0\right\} =0, I\left(a\right)=C. Теперь то, что я не успел показать никак. Раз C – константа и не зависит от a, то можно вычислить её при удобном значении a - и она будет такая же при любом другом. В данном примере выберем a=0: I\left(0\right)=C=\intop_{0}^{\pi}\ln\left(1-2\cdot0\cdot\cos x+0^{2}\right)dx=\intop_{0}^{\pi}\ln\left(1\right)dx=0, и в итоге I\left(a\right)=0.
