Собств. интеграл, зависящий от параметра

[ShMaxG]

Помогите пожалуйста разобраться с задачей:

Применяя дифференцирование по параметру

$$ \alpha $$

, вычислить интеграл:

$$ I\left( \alpha \right) = \int\limits_0^\pi {\ln \frac{{1 + \alpha \cos x}} {{1 - \alpha \cos x}}\frac{{dx}} {{\cos x}}} $$

при

$$ \left| \alpha \right| < 1 $$

.

Что и делаю:

$$ I'\left( \alpha \right) = \int\limits_0^\pi {2\frac{{1 - \alpha \cos x}} {{1 + \alpha \cos x}}dx = ... = \frac{8} {{\sqrt {1 - \alpha ^2 } }}\frac{\pi } {2} - 2\pi } $$

. Отсюда следует:

$$ I\left( \alpha \right) = 4\pi \arcsin \alpha - 2\pi \alpha + C $$

. Но как искать константу не понятно. Да и с ответом не сходится...

[RIP]

ShMaxG в сообщении #204127 писал(а):

Да и с ответом не сходится...

Потому что продифференцировали неправильно.

Добавлено спустя 47 секунд:

А константу можно определить, если подставить $\alpha=0$.

[ShMaxG]

Ах, забыл квадрат знаменателя при взятии производной... Спасибо.

[ShMaxG]

Подскажите как решать: исследовать интеграл

$$ I\left( \alpha \right) $$

на равномерную сходимость на множестве

$$ E = \left( {1; + \infty } \right) $$

$$ I\left( \alpha \right) = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{dx}} {{1 + x^\alpha }}} $$

.

[Brukvalub]

Проверяйте отрицание К.К. равномерной сходимости.

[ewert]

Дополнение. Дело в том, что в граничной точке (единичке) никакой сходимости нет. Поэтому равномерность выглядит как минимум неестественной. И, следовательно, надо пытаться её именно опровергнуть.

[ShMaxG]

Ага, решал так:

\[ \int\limits_{\xi _1 }^{\xi _2 } {\frac{{dx}} {{1 + x^\alpha }}} \geqslant \int\limits_{\xi _1 }^{\xi _2 } {\frac{{dx}} {{2x^\alpha }}} = \frac{1} {2}\frac{{x^{1 - \alpha } }} {{1 - \alpha }}\left| \begin{gathered} \xi _2 \hfill \\ \xi _1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \]

\[ \begin{gathered} \alpha = 1 + \frac{1} {{\delta + 1}} \hfill \\ \xi _1 = \left( {1 + \delta } \right)^{1 + \delta } ;\xi _2 = \left( {2\left( {\delta + 1} \right)} \right)^{1 + \delta } \hfill \\ \end{gathered} \]

\[ \int\limits_{\xi _1 }^{\xi _2 } {\frac{{dx}} {{1 + x^\alpha }}} \geqslant \frac{1} {2}\frac{{x^{ - \frac{1} {{\delta + 1}}} }} {{ - \frac{1} {{\delta + 1}}}}\left| \begin{gathered} \left( {2\left( {\delta + 1} \right)} \right)^{1 + \delta } \hfill \\ \left( {1 + \delta } \right)^{1 + \delta } \hfill \\ \end{gathered} \right. = \frac{1} {4} \]

[Brukvalub]

Да, как-то так. Только самое первое нер-во требует условия $\xi _1 \ge 1$, но это уже мелочи.

[ShMaxG]

Да, в предыдущей версии решения эта "кси-один" могла быть меньше 1, поэтому пришлось переделывать. Спасибо.