Hay una forma cerrada de la fórmula de la siguiente integral
∫2π0log(α+βcos(x))dx
donde α β son constantes que asegurarse de que α+βcos(x)>0 cualquier x∈[0,2π].
Hay una forma cerrada de la fórmula de la siguiente integral
∫2π0log(α+βcos(x))dx
donde α β son constantes que asegurarse de que α+βcos(x)>0 cualquier x∈[0,2π].
I(α,β)=∫2π0ln(α+βcosx)dx. We have \alfa>β≥0. Pues a partir de (1) ∂I∂α=∫2π01α+βcosxdx=2π√α2−β2 podemos integrar con respecto a α I(α,β)=2πln(α+√α2−β2)+C(β) Ahora usando (1) de nuevo ∂I∂β=∫2π0cosxα+βcosxdx=2πβ−α+√α2−β2√α2−β2=−2πβ√α2−β2(α+√α2−β2) por un lado, y derivating (2) con respecto a β ∂I∂β=−2πβ√α2−β2(α+√α2−β2)+C′(β) llegamos a la conclusión de que C′(β)=0. Ahora vamos a utilizar el valor deI(α,0)=2πlnα=2πln(2α)+C(0), por lo que tenemos I(α,β)=2πln(α+√α2−β2)−2πln2.
Nota Para calcular la integral, he utilizado la exponencial de la descomposición de cos ∂I\parcialα=∫2π01α+βcosxdx=∫2π02eix2αeix+βe2ix+βdx El que escribió esta integral como una integral de contorno ∂I∂α=−2i∮C(0,1)dzβz2+2αz+β. Desde βz2+2αz+β=β(z+α+√α2−β2β)(z+α−√α2−β2β)=β(z−z+)(z−z−) uno puede usar el teorema de los residuos. Sólo hay un residuo en el interior de la unidad de disco (porque z+z−=1), en z−=−(α−√α2−β2)/β y el resultado es ∂I∂α=−2i2πiβ(z−−z+)=2π√α2−β2. La integral de la ∂I∂β se obtiene de la misma manera, tenemos ∂I∂β=−i∮C(0,1)z+z−1βz2+2αz+βdz=−i2πi(z−+z−1−)β(z−−z+)−i2πiβ=2πβ−α+√α2−β2√α2−β2 porque hay una segunda pole en z=0.
Vamos a probar el famoso Feynman del truco!
Deje I(\beta) ser su integral. A continuación,I'(\beta)=\int^{2\pi}_0 \frac{\cos x }{\alpha+\beta\cos x}\mathrm{d} x. El uso de la tde sustitución de t=\tan x/2, lo vamos a conseguir I'(\beta)=\frac {2\pi} {\beta} -\frac{2\alpha\pi}{\beta\sqrt{\alpha^2-\beta^2}}. La integración es, I(\beta)=2\pi\log\beta+2\pi\alpha\operatorname{sech}^{-1}\frac{\beta}{\alpha}+C.
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