Интеграл от неявной функции

[Lion]

Даны числа $0<a<b$. Убывающая непрерывная функция $y(x): [0,1]\to[0,1]$ определена условием $x^a-x^b=y^a-y^b$. Докажите, что

$$\int\limits_0^1\frac{\ln y}{x}dx=-\frac{\pi^2}{3ab}.$$

[mihiv]

Перейдем к полярным координатам $x=r\cos\varphi,y=r\sin\varphi$.Подставляем выражения для $x$ и $y$ в уравнение, определяющее неявно функцию $y(x)$. После преобразований находим: $r(\varphi)=\frac1{\cos\varphi}F(\tg\varphi)$,где

$$F(\tg\varphi)=\left(\frac{1-\tg^a\varphi}{1-\tg^b\varphi}\right)^\frac1{b-a},\varphi\in\left[0,\frac\pi 2\right]$$

.Вводя новый параметр $u=\tg\varphi$,получаем: $x=r(\varphi)\cos\varphi=F(u), y=r(\varphi)\sin\varphi=uF(u), u\in\left[0,\infty\right]$, т.е. параметрическое задание функции $y(x)$.

$$I(a,b)=\int\limits_{0}^{1}\frac{lny}xdx=\int\limits_{\infty}^{0}\frac{ln(uF)F'}Fdu=\int\limits_{\infty}^{0}\frac{ln(u)F'}Fdu+\int\limits_{\infty}^{0}\frac{ln\left(F\right)F'}Fdu$$

.
Последний интеграл равен $0$, а предпоследний преобразуем так:

$$\int\limits_{\infty}^{0}\frac{ln(u)F'}Fdu=\int\limits_{1}^{0}{\dots}du+\int\limits_{\infty}^{1}{\dots}du=2\int\limits_{1}^{0}{\dots}du$$

.
Теперь интегрируем по частям (причем подстановка пределов дает 0) и получаем

$$I(a,b)=2\int\limits_{0}^{1}\frac{lnF}udu=\frac2{b-a}\int\limits_{0}^{1}\left[\frac{ln(1-u^a)}u-\frac{ln(1-u^b)}u\right]du$$

Последние два интеграла берутся разложением $ln$ в ряд и почленным интегрированием,в результате получаем:

$$I(a,b)=\frac2{b-a}\frac{\pi^2}6\left[-\frac1a+\frac1b\right]=-\frac{\pi^2}{3ab}$$

.