针对ln(1-2a*cosθ+a^2)从0到π的积分的解法

文化 2024-11-27 22:59 吉林

看积分

$\int_0^{\pi}{\ln \left( 1-2a\cos \theta +a^2 \right) d\theta}$ 该积分有多种方法求解，本文仅针对这个积分给出7种解法。

解法1，群友A在某书上提供的答案：

解法2：群友B提供的a>1的答案

解法3：因为这个ln里面是距离函数，所以可以表示成矢量距离或者复数距离

其中 $r=\sqrt{1-2a\cos \theta +a^2}=\left| 1-z \right|$ ，于是这个积分就变成了

$I=\int_0^{2\pi}{\ln \left| 1-z \right|d\theta}=\oint_{\left| z \right|=a}{\frac{\ln \left| 1-z \right|}{iz}dz}$ 这样子可以使用一个群友C提供的一个定理：Jensen’s Formula：

来直接计算

$\ln \left| f\left( 0 \right) \right|=\sum_{k=1}^N{\ln \frac{\left| z_k \right|}{a}}+\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}{\ln \left| f\left( ae^{i\theta} \right) \right|d\theta}$ 当 $f\left( z \right) =1-z$ 时，恰好能用，在 $\left| a \right|\le 1$ 时，f(z)没有零点，那么

$0=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}{\ln \left| 1-ae^{i\theta} \right|d\theta}, \left| a \right|\le 1$

在 $\left| a \right|>1$ 时，有零点z=1，于是

果然很方便。

解法4：一个群友D提供了一个新型有趣的思路，后来我参与了完善，由于±a是对称的，那么

令η=2θ，有

于是得到了一个简单的函数方程：

$f\left( a^2 \right) =2f\left( a \right)=2f(-a)$ 这个方程的解是

$f\left( a \right) =c\ln \left| a \right|$ 其中常数c需要由边界条件确定，已知的边界条件有

至少可以从 $\lim_{\left| a \right|\rightarrow \infty} f\left( a \right) =2\pi \ln \left| a \right|$ 确定，在|a|>1时，c=2π，即 $f\left( a \right) =2\pi \ln \left| a \right|$ ，在a<1时，可根据连续性取极限

$\lim_{a\rightarrow 0} f\left( a \right) =0$ 得到

$c=0,\left| a \right|<1$ 很巧妙的思路。

解法5：我基于级数展开想到的一类问题的通用解法：

$I_n=\frac{1}{a^{n-1}}\oint_{\left| z \right|=a}{z^{n-1}\ln \left| 1-z \right|dz}$ 因为被积函数中存在 $\ln \left| z-1 \right|$ ，上面的很多分析都是代入的 $\ln \left| z-1 \right|$ ，那如果我们从 $\ln \left( z-1 \right)$ 和 $\ln \left( 1-z \right)$ 出发呢？注意到

并且

因为积分环路是 $\left| z \right|=a>0$ ，不妨令 $z=ae^{i\theta}$ ，那么

得到

这个就是傅里叶级数，正交基是三角函数，在某种意义上，我们计算的积分其实就是在算傅里叶级数展开后的系数，因为有

那么

而推广的积分，当n≥1时：

注意到

$I_n=I_{-n}$ 当n=0时

$I_0=\oint_{\left| z \right|=a}{\frac{\ln \left| 1-z \right|}{z}dz}=\left\{ \begin{array}{c} 0 ,\left| a \right|\le 1\\ 2\pi i\ln a\,\,,\left| a \right|>1\\ \end{array} \right.$ 于是

解法6：群友D又在书上提供了一个新的解法，是利用代数关系：

$1-2a\cos \theta +a^2=\left| 1-ae^{i\theta} \right|^2=\left( 1-ae^{i\theta} \right) \left( 1-ae^{-i\theta} \right)$ 注意到

取对数

注意当 $n\rightarrow \infty$ 时，有

这就得到了我们的积分。

当 $\left| z \right|<1$ 时， $I=\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{\pi}{n}\ln \left( \frac{z^{2n}-1}{z^2-1} \right) =0$ ，当 $\left| z \right|>1$ 时， $I=\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{\pi}{n}\ln \left( \frac{z^{2n}-1}{z^2-1} \right) =\pi \ln z^2$ ，也是很巧妙。

解法7：力大砖飞换元法。

这里换元后-1<t<1恒成立，一个t对应两个a，可以进一步处理，但是似乎不简单，即使是级数展开了也是一个陌生的级数。

这里面我觉得最巧妙的就是解法4，直接越过了积分求解，构造一个函数方程，利用边界条件直接写出解。

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物理是世界上至高无上的艺术。在这里，我会谈论这个世界中最基本的艺术：一种叫做物理学的艺术。这里有宇宙诞生、基本粒子与宇宙结构、天体塌缩到黑洞、黑洞蒸发的故事。我会从大爆炸说起，直到现在，到……未知的未来……以及谈论科学与我们的生活。

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