2008年中国科学技术大学数学分析试题解答(5)

2

2

2

证明：(1) 因为1 2rcosθ+r≥1 2r+r=(1 r)≥0，所以当0≤r<1时 I(r)是Riemann可积的。任取r∈[0,1)，存在0≤r<b<1，使得被积函数在 [0,b]×[0,2π]上连续，因而I(r)可以在积分号下求导。

2π

所以 I′(r)=

2r 2cosθ

dθ. 2∫12rcosθr +0

rcosθ r2

(0≤r<1) (1) rcosnx=∑2

1 2rcosθ+rn=1

∞

这里应用一个在傅立叶级数中常见的一个等式

n

考虑z=re，对级数

iθ

∑zn=

n=1

∞

z

两边取实部即可得到上面的等式(1)。 1 z

注意到(1)左边级数是一致收敛的，因而可以逐项积分。所以

2π

∞2πrcosθ r2n

drθ=cosnθdθ=0 ∑2∫∫01 2rcosθ+rn=10

进而可知 I′(r)=0. 所以I(r)=I(0)=0 (0≤r<1). (2) 当r>1时，由上面结果可知

211

I(r)=∫ln(1 2rcosθ+r)dθ=∫lnr2(1 cosθ+2dθ=4πlnr+I()=4πlnr

00rrr

2π

2

2π

(3) 最后证明 I(1)=0.

I(1)=∫ln(2 2rcosθ)dθ=∫ln4sin2θ=4πln2+2∫lnsinθ, 00022

记 I=

2π

2π2π

θ

2π

θ

∫

2π

lnsinθ, 则

2

θ

uu

I=∫lnsinθ=2∫lnsinudu=2∫ln2sincosdu

000222

ππuu

=2πln2+2∫lnsindu+2∫cosdu

0022

π2πuu

对上式最后一项用t=u+π换元得，∫cosdu=∫sinsdu, 代回上式

0π22

得到 I=2πln2+2I, 从而 I= 2πln2.

π

π

θ

所以 I(1)=

∫

2π

ln(2 2rcosθ)dθ=∫ln4sin2θ=4πln2+2I=0.

02

2π

θ

综合(1)(2)(3)讨论，命题证毕。

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