Посчитать интеграл с параметром (Демидович, 3736)

[ean]

Добрый день,

Вопрос по номеру 3736 из Демидовича:

Цитата:

Пользуясь формулой $\frac{\arctg x}{x}=\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{1+x^{2}y^{2}}\, dy$ вычислить интеграл $\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{1+x^{2}y^{2}}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\, dx$

Мои действия:
$\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{1+x^{2}y^{2}}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\, dx$ = \int\limits_{0}^{1}\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{1+x^{2}y^{2}}\, dy\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\, dx = \int\limits_{0}^{1}\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{(1+x^{2}y^{2})\sqrt{1-x^2}}\, dy\, dx = \int\limits_{0}^{1}\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{(1+x^{2}y^{2})\sqrt{1-x^2}}\, dx\, dy$
Дальше я рассматриваю функцию: $F(y)=\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{(1+x^{2}y^{2})\sqrt{1-x^2}}\, dx$, хочу найти $F'(y)$ чтобы потом интегрировать и получить $F(y)$.
$F'(y)=\int\limits_{0}^{1}\frac{-2x^{2}y}{(1+x^{2}y^{2})\sqrt{1-x^2}}\, dx$.
Вот с этого момента идеи кончаются. Пробовал замену, пробовал по частям.
Может быть последний шаг был лишним и надо попробовать явно интегрировать $F(y)$, там видно следующее:
$F(y)=\int\limits_{0}^{1}(\arcsin x)'(\frac{\arctg y}{y})'\, dx$
Хотя я не уверен, что имею право делать последнее.

[ИСН]

Не равно ли чему-то приятному $F(y)-{1\over2}yF'(y)$?

-- Чт, 2011-09-15, 14:53 --

Это я не проверял, как у Вас взята производная.

-- Чт, 2011-09-15, 14:53 --

А зря.

[ean]

Кстати, меня ещё вот что смущает.
Maple считает, что $\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{1+x^{2}y^{2}}\,dy = \frac{\arctg 0.1x}{x}$

-- Чт сен 15, 2011 14:00:51 --

ИСН в сообщении #483274 писал(а):

А зря.

Да, ошибся
$F'(y)=\int\limits_{0}^{1}\frac{-2x^{2}y}{(1+x^{2}y^{2})^{2}\sqrt{1-x^2}}\, dx$

[ИСН]

Предварительный интеграл берётся в элементарных функциях и проверяется руками. Это позволяет надеяться, что со своим Мэплом Вы как-нибудь разберётесь.
Ну а по сути вопроса...
Хм.

-- Чт, 2011-09-15, 15:27 --

А, нет, всё просто: синус за новую переменную, благо уже запчасти готовые есть - так избавимся от корней и вылезем в рациональные функции, а дальше тривиально.

[ean]

ИСН в сообщении #483283 писал(а):

синус за новую переменную

спасибо, доразобрался

ИСН в сообщении #483283 писал(а):

проверяется руками

перепроверил, действительно maple дурит

-- Чт сен 15, 2011 15:35:31 --

Ещё один вопрос оттуда же. Номер 3733.

Цитата:

Применяя дифференцирование по параметру, вычислить следующий интеграл:
$\int\limits_{0}^{\pi}\ln(1-2a\cos x + a^2)\, dx$

Здесь $F'(a)=2\int\limits_{0}^{\pi}\frac{a-\cos x}{(a-\cos x)^2+\sin^2 x}\,dx$.
Не могу понять какую замену делать дальше. Думал $a-\cos x = t$, но ничего хорошего не получается.

[ewert]

ean в сообщении #483295 писал(а):

Здесь $F'(a)=2\int\limits_{0}^{\pi}\frac{a-\cos x}{(a-\cos x)^2+\sin^2 x}\,dx$.
Не могу понять какую замену делать дальше.

Вообще-то такие интегралы лучше считать через вычеты. Но раз Демидович, то можно просто в лоб -- универсальной тригонометрической подстановкой $t=\tg\frac{x}{2}$ (только сначала заменив, конечно, $\sin^2x+\cos^2x$ на $1$).

[ean]

ewert в сообщении #483456 писал(а):

о можно просто в лоб -- универсальной тригонометрической подстановкой

ага, спасибо, как раз думал так попробовать