Как можно вычислить этот интеграл?

Я бы взял производную, избавился бы от косинуса, а там дальше легко считается, но проблема в том, что сама функция не является непрерывной, в прямоугольнике (0 <= x <= pi, 0 <= alpha < 1) и такой переход нельзя делать. Как можно по-другому решить?

задан 14 Дек '17 5:24

изменен 14 Дек '17 15:02

@silver12: я пока не проверял подробно, но если не проходит дифференцирование функции по параметру, то можно логарифм разложить в ряд. Интегралы от степеней косинуса известны. Там также будет равномерная сходимость по параметру a на отрезке [-q,q], где 0 < q < 1. По идее, такой план может пройти.

(14 Дек '17 15:31) falcao

@falcao, после дифференцирования вроде получится расходящийся интеграл...

(14 Дек '17 17:24) all_exist

@all_exist: я предлагал не дифференцировать, а разложить в ряд функцию по a и почленно продифференцировать слагаемые. Этим способом у меня сейчас всё получилось.

(14 Дек '17 19:26) falcao

@falcao, если не проходит дифференцирование функции по параметру, то можно логарифм разложить в ряд - извините... значит я не правильно понял эту фразу...

(15 Дек '17 0:02) all_exist
10|600 символов нужно символов осталось
0

$$\int\limits_0^{\pi}\frac{\ln(1+a\cos x)}{\cos x}\,dx$$ при $%|a| < 1$%.

Положим $%I_n=\int\limits_0^{\pi}\cos^nx\,dx$%. Ясно, что $%I_0=\pi$%, $%I_1=0$%. Интегрирование по частям при $%n\ge2$% даёт $%I_n=(n-1)(I_{n-2}-I_n)$%, откуда $%I_n=\frac{n-1}nI_{n-2}$%. При нечётном $%n$% все интегралы нулевые. При чётных $%n=2k$% имеем $%I_{2k}=\frac{1\cdot3\cdot\ldots\cdot(2k-1)}{2\cdot4\cdot\ldots\cdot(2k)}=\frac{C_{2k}^k}{4^k}$%.

Раскладывая логарифм в ряд Тейлора, что возможно при $%|a\cos x| < 1$%, получаем под знаком интеграла ряд $%\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{a^{2k+1}}{2k+1}\cos^{2k}x$%. Для степенных рядов возможно почленное интегрирование на области сходимости. Отсюда интеграл из условия равен $%I(a)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{\pi a^{2k+1}C_{2k}^k}{(2k+1)4^k}$%. Следовательно, $%I'(a)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{\pi a^{2k}C_{2k}^k}{4^k}=\frac{\pi}{\sqrt{1-a^2}}$% с учётом известного разложения в ряд Тейлора функции $%(1+t)^{-1/2}$%. Интегрируя с учётом $%I(0)=0$%, имеем ответ $%I(a)=\pi\arcsin a$%.

ссылка

отвечен 14 Дек '17 19:48

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×3,600

задан
14 Дек '17 5:24

показан
299 раз

обновлен
15 Дек '17 0:02

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru