Вычисление интеграла путем дифференцирования по параметру

[Men007]

Применяя дифференцирование по параметру вычислить интеграл:

$\int\limits_{0}^{1} \frac{\arctg (ax)}{x \sqrt{1-x^{2}}} dx$

Решение:

$I(a)=\int\limits_{0}^{1} \frac{\arctg (ax)}{x \sqrt{1-x^{2}}} dx$

$I'(a)=\frac{dI}{da}=\int\limits_{0}^{1}\frac{dx}{(a^{2} x^{2}+1)\sqrt{1-x^{2}}}$

Сделаем замену:
$x=\cos t$

$dx = - \sin t dt$

Тогда

$\int\limits_{0}^{1}\frac{dx}{(a^{2} x^{2}+1)\sqrt{1-x^{2}}}= - \int\limits_{0}^{\pi/2}\frac{-\sin t dt}{(a^{2} (\cos t)^{2}+1)\sqrt{1-(\cos t )^{2}}}= \int\limits_{0}^{\pi/2} \frac{dt }{(a^{2} (\cos t)^{2}+1)}$

Никак не могу понять, как решить полученный интеграл.

[Pphantom]

Посчитайте производную

$$ \frac{d}{d\varphi} \frac{\tg \varphi}{p}, $$

где $p$ - константа. Результат должен навести на определенные мысли.

[thething]

Подстановка $u=\tg t$

[bot]

Men007 в сообщении #1309102 писал(а):

как решить полученный интеграл

С этим просто - поделить числитель и знаменатель на $\cos^2 t$. Вот только пределы интегрирования у Вас от другой замены, что-то менять надо, лучше замену, после чего получится чуть-чуть иначе, но сходно.

[Men007]

bot

bot в сообщении #1309116 писал(а):

Вот только пределы интегрирования у Вас от другой замены, что-то менять надо, лучше замену, после чего получится чуть-чуть иначе, но сходно.

Не совсем понимаю, что вы имеете ввиду. Какую замену лучше использовать?

-- 01.05.2018, 17:22 --

thething
Такую подстановку я пробовал делать. Но как быть с верхним пределом:
$\tg \frac{\pi}{2}$ ?

[kotenok gav]

Men007
Воспользуйтесь советом Pphantom.

[thething]

Men007 в сообщении #1309128 писал(а):

Но как быть с верхним пределом:

будет $+\infty$

-- 01.05.2018, 18:33 --

А поскольку после замены первообразная даст некий арктангенс, то ничего страшного в этой бесконечности не будет

[Men007]

kotenok gav
Я так понял этот совет:
$\frac{d \tg t}{dt}=(\frac{1}{\cos t})^{2}$

Для нашего интеграла делаем замену:

$\tg t = u$

$\frac{dt}{(\cos t)^{2}}=du$

Тогда:

$\frac{dI}{da}=\int\limits_{0}^{\tg \frac{\pi}{2}} \frac{\frac{dt}{(\cos t)^{2}}}{a^{2}+\frac{1}{(\cos t)^{2}}}=\int\limits_{0}^{\tg \frac{\pi}{2}} \frac{du}{a^2+1+(\tg t)^{2}}=\int\limits_{0}^{\tg \frac{\pi}{2}}\frac{du}{a^2+1+u^{2}} $

-- 01.05.2018, 18:01 --

thething
В итоге я получил:
$\frac{1}{\sqrt{a^{2}+1}} ( \arctg (+\infty)-\arctg(0) ) = \frac{\pi}{2 \sqrt{a^{2}+1}}$

[bot]

Men007 в сообщении #1309128 писал(а):

Какую замену лучше использовать?

Я имел в виду более естественную $x=\sin t$, косинус тоже годится - просто переклинило меня на возникающих при такой подстановке минусах. А при делении, как я говорил, на косинус в квадрате везде тангенсы возникают: $\frac{dt}{\cos^2t}=d\tg t,\, \frac{1}{\cos^2t}=1+\tg^2t$, то есть, иначе говоря, снова замена через тангенс