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  计算 $\varphi(a,b)=\displaystyle{\small\int}_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(a^2\sin^2 x+b^2\cos^2 x) dx.$RcDC~
解:易见$\,\varphi(b,a)=\varphi(a,b).\;\;$故不妨设$\,0\le a\le b>0.\;$令Y*[U#u
$\qquad\small I(T)=\displaystyle{\small\int}_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(1-T\sin^2 x)dx,\,$则$\;\small\varphi(a,b)=\pi\ln b+I\big({\small 1-}({\large\frac{a}{b}})^2\big).$[R0
$\because\quad\small I\,'(T)=-\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^2 x}{1-T\sin^2 x}dx=\frac{1}{T}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\big(1-\frac{1}{1-T\sin^2 x}\big)dx$]3z;K2
$\qquad{\small\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{dx}{1+A\sin x}\overset{t=\tan\frac{x}{2}}{=}\int_0^1\frac{2}{t^2+2tA+1}dt=\frac{2}{\sqrt{1-A^2}}}\arctan\small\dfrac{t+A}{\sqrt{1-A^2}}\bigg|_0^1$3)0
$\therefore\quad\displaystyle\small\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{dx}{1-A^2\sin^2 x}=\frac{\pi}{2\sqrt{1-A^2}}\;(|A|< 1).\;\;$取$\;A^2=T\,$得Gz"
$\qquad\displaystyle{\small I(T)=\int\frac{\pi}{2T}\big(1-{\scriptsize\frac{1}{\small\sqrt{1-T}}}\big)dT}=\pi\ln(1+\sqrt{1-T})+C.\;$进而得D
$\qquad\boxed{\;{\small\int}_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(a^2\sin^2 x+b^2\cos^2 x)dx = \pi\ln\small\frac{a+b}{2}}$*


发贴时间2019/11/19 02:04pm IP: 已设置保密[本文共1144字节]  
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  注记:楼上用到了以下恒等关系.>SJ0h
$(1)\quad\small\displaystyle\frac{2}{1-A^2\sin^2 x}=\frac{1}{1+A\sin x}+\frac{1}{1-A\sin x}\underset{\,}{\,}$>ndx\|
$(2)\quad\arctan u + \arctan u^{-1} = \overset{\,}{\small\dfrac{\pi}{2}}$/Rb\-


发贴时间2019/11/19 02:21pm IP: 已设置保密[本文共250字节]  
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  令 $\alpha=\frac{a-b}{2},\,\beta=\frac{a+b}{2},\;I(t)=\varphi(\beta+\alpha t,\beta-\alpha t)$,0nV
则 $I'(t)=\small\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{2\alpha^2t-2\alpha\beta\cos 2x}{\beta^2+(\alpha t)^2-2\alpha\beta t\cos 2x}dx.\quad$由\G3
$\small\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{{\scriptsize A+B}\cos 2x}{{\scriptsize C+D}\cos 2x}dx=\frac{\pi}{\scriptsize 2D}\big(B+{\scriptsize\frac{AD-BC}{\sqrt{C^2-D^2}}}\big)\;\scriptsize(C>|D|>0)$N"(
得$\;I'(t)=0.\;\,I(t)\,$是常数, 于是Y
$\quad\boxed{\varphi(a,b)=I(1)=I(0)=\varphi(\beta,\beta)=\pi\ln\small\frac{a+b}{2}}$E


发贴时间2019/11/22 08:27am IP: 已设置保密[本文共621字节]  

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