Применяя дифференцирование по параметру $a$ (да, в оригинале была $\alpha$, но я заменил), вычислить интеграл $I\left(a\right)$, если: \[ I\left(a\right)=\intop_{0}^{\pi}\ln\left(1-2a\cos x+a^{2}\right)dx,\qquad\left|a\right| < 1 \]
Продифференцируем: \[ I'\left(a\right)=\intop_{0}^{\pi}\frac{-2\cos x+2a}{1-2a\cos x+a^{2}}dx \] Основная тригонометрическая подстановка: \[ \mathrm{tg}\,\frac{x}{2}=t \] \[ \sin^{2}\frac{x}{2}+\cos^{2}\frac{x}{2}=1 \] \[ \mathrm{tg}^{2}\frac{x}{2}+1=\frac{1}{\cos^{2}\frac{x}{2}} \] \[ \cos^{2}\frac{x}{2}=\frac{1}{t^{2}+1};\qquad\sin^{2}\frac{x}{2}=1-\cos^{2}\frac{x}{2}=1-\frac{1}{t^{2}+1}=\frac{t^{2}}{t^{2}+1} \] \[ \cos x=\cos^{2}\frac{x}{2}-\sin^{2}\frac{x}{2}=\frac{1}{t^{2}+1}-\frac{t^{2}}{t^{2}+1}=\frac{1-t^{2}}{t^{2}+1} \] \[ \sin x=2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}=2\mathrm{tg}\,\frac{x}{2}\cdot\cos^{2}\frac{x}{2}=2t\cdot\frac{1}{t^{2}+1}=\frac{2t}{t^{2}+1} \] \[ x=2\, \mathrm{arctg}\, t,\quad dx=\frac{2dt}{1+t^{2}} \] \[ I'\left(a\right)=\intop_{0}^{\pi}\frac{-2\cos x+2a}{1-2a\cos x+a^{2}}dx=\intop_{0}^{\infty}\frac{-2\frac{1-t^{2}}{t^{2}+1}+2a}{1-2a\frac{1-t^{2}}{t^{2}+1}+a^{2}}\frac{2dt}{1+t^{2}}=4\intop_{0}^{\infty}\frac{-\left(1-t^{2}\right)+a\left(t^{2}+1\right)}{\left(t^{2}+1\right)-2a\left(1-t^{2}\right)+a^{2}\left(t^{2}+1\right)}\frac{dt}{1+t^{2}}= \] \[ =4\intop_{0}^{\infty}\frac{-1+t^{2}+at^{2}+a}{t^{2}+1-2a+2at^{2}+a^{2}t^{2}+a^{2}}\frac{dt}{1+t^{2}}=4\intop_{0}^{\infty}\frac{\left(a+1\right)t^{2}+a-1}{a^{2}t^{2}+2at^{2}+t^{2}+1-2a+a^{2}}\frac{dt}{1+t^{2}}= \] \[ =4\intop_{0}^{\infty}\frac{\left(a+1\right)t^{2}+a-1}{\left(a+1\right)^{2}t^{2}+\left(a-1\right)^{2}}\frac{dt}{1+t^{2}}. \] Разложим, временно заменив $t^{2}=z$: \[ \frac{\left(a+1\right)z+\left(a-1\right)}{\left(a+1\right)^{2}z+\left(a-1\right)^{2}}\frac{1}{1+z}=\frac{A}{\left(a+1\right)^{2}z+\left(a-1\right)^{2}}+\frac{B}{1+z}=\frac{A\left(1+z\right)+B\left[\left(a+1\right)^{2}z+\left(a-1\right)^{2}\right]}{\left[\left(a+1\right)^{2}z+\left(a-1\right)^{2}\right]\left(1+z\right)} \] Приравняем числители \[ A\left(1+z\right)+B\left[\left(a+1\right)^{2}z+\left(a-1\right)^{2}\right]=\left(a+1\right)z+\left(a-1\right) \] \[ \left[A+B\left(a+1\right)^{2}\right]z+A+B\left(a-1\right)^{2}=\left(a+1\right)z+\left(a-1\right) \] \[ \left\{ \begin{array}{c} A+B\left(a+1\right)^{2}=\left(a+1\right)\\ A+B\left(a-1\right)^{2}=\left(a-1\right) \end{array}\right. \] Решим систему \[ B\left(a+1\right)^{2}-B\left(a-1\right)^{2}=\left(a+1\right)-\left(a-1\right) \] \[ B\left[a+1-a+1\right]\left[a+1+a-1\right]=2 \] \[ B2\cdot2a=2 \] \[ B=\frac{1}{2a} \] \[ A=\left(a+1\right)-B\left(a+1\right)^{2}=\left(a+1\right)\left[1-\frac{1}{2a}\left(a+1\right)\right]=\left(a+1\right)\left[\frac{1}{2}-\frac{1}{2a}\right]=\frac{a^{2}-1}{2a} \] Вернёмся к производной интеграла \[ I'\left(a\right)=4\intop_{0}^{\infty}\frac{\left(a+1\right)t^{2}+a-1}{\left(a+1\right)^{2}t^{2}+\left(a-1\right)^{2}}\frac{dt}{1+t^{2}}=4\intop_{0}^{\infty}\left[\frac{A}{\left(a+1\right)^{2}t^{2}+\left(a-1\right)^{2}}+\frac{B}{1+t^{2}}\right]dt= \] \[ =\intop_{0}^{\infty}\left[\frac{2}{a}\frac{a^{2}-1}{\left(a-1\right)^{2}}\frac{1}{\frac{\left(a+1\right)^{2}}{\left(a-1\right)^{2}}t^{2}+1}+\frac{2}{a}\frac{1}{1+t^{2}}\right]dt=\frac{2}{a}\left.\left[\mathrm{arctg}\,\left(\frac{a+1}{a-1}t\right)+\mathrm{arctg}\,t\right]\right|_{0}^{\infty} \] Вспомним, что $\left|a\right| < 1$, т.е. $-1 < a < 1$; тогда $0 < a+1$, $a-1 < 0$, и \[ \frac{a+1}{a-1} < 0, \] \[ \lim_{t\to\infty}\mathrm{arctg}\,\left(\frac{a+1}{a-1}t\right)=-\frac{\pi}{2}, \] \[ I'=\frac{2}{a}\left.\left[\mathrm{arctg}\,\left(\frac{a+1}{a-1}t\right)+\mathrm{arctg}\,t\right]\right|_{0}^{\infty}=\frac{2}{a}\left\{ \left[-\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\right]-0\right\} =0, \] \[ I\left(a\right)=C. \] 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 \[ I\left(a\right)=0. \]
