新讲 第21章 含参变元的积分 第2题
📝 题目
例 2 设 $r \in \left( {-1,1}\right)$ ,试计算积分
$$
J\left( r\right) = {\int }_{0}^{\pi }\ln \left( {1 - {2r}\cos \theta + {r}^{2}}\right) \mathrm{d}\theta .
$$
💡 答案解析
解 对任意取定的 $r \in \left( {-1,1}\right)$ ,存在正数 $b$ ,使得 $\left| r\right| < b < 1$ . 因为函数
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f\left( {r,\theta }\right) = \ln \left( {1 - {2r}\cos \theta + {r}^{2}}\right)
$$
在 $\left\lbrack {-b,b}\right\rbrack \times \left\lbrack {0,\pi }\right\rbrack$ 上连续可微,所以 $J\left( r\right)$ 可以在积分号下求导数:
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{J}^{\prime }\left( r\right) = {\int }_{0}^{\pi }\frac{\partial f\left( {r,\theta }\right) }{\partial r}\mathrm{\;d}\theta
$$
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= {\int }_{0}^{\pi }\frac{-2\cos \theta + {2r}}{1 - {2r}\cos \theta + {r}^{2}}\mathrm{\;d}\theta .
$$
我们来计算这后一积分. 对于 $r = 0$ ,显然有
$$
{J}^{\prime }\left( 0\right) = {\int }_{0}^{\pi }\left( {-2\cos \theta }\right) \mathrm{d}\theta = 0.
$$
对于 $r \neq 0$ 的情形,计算得
$$
{J}^{\prime }\left( r\right) = {\int }_{0}^{\pi }\frac{-2\cos \theta + {2r}}{1 - {2r}\cos \theta + {r}^{2}}\mathrm{\;d}\theta
$$
$$
= \frac{1}{r}{\int }_{0}^{\pi }\left( {1 + \frac{{r}^{2} - 1}{1 - {2r}\cos \theta + {r}^{2}}}\right) \mathrm{d}\theta
$$
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= {\left. \frac{1}{r}\left\lbrack \theta - 2\arctan \left( \frac{1 + r}{1 - r}\tan \frac{\theta }{2}\right) \right\rbrack \right| }_{\theta = 0}^{\pi } = 0.
$$
这里,我们借助于“万能替换” $t = \tan \frac{\theta }{2}$ 求出原函数,然后利用牛顿- 莱布尼茨公式计算积分.
因为有
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{J}^{\prime }\left( r\right) = 0,\;\forall r \in \left( {-1,1}\right) ,
$$
所以 $J\left( r\right)$ 在区间(-1,1)上是一个常数:
$$
J\left( r\right) = J\left( 0\right) = 0.
$$
这样, 我们证明了
$$
{\int }_{0}^{\pi }\ln \left( {1 - {2r}\cos \theta + {r}^{2}}\right) \mathrm{d}\theta = 0,\;\forall r \in \left( {-1,1}\right) .
$$