Вычисление несобственного интеграла (Сб. Кудрявцева, т. III)

[Alfucio]

Здравствуйте!

Сборник задач по математическому анализу (под редакцией Льва Дмитриевича Кудрявцева), том III, задание 236 (стр. 224 по изданию «М. : ФИЗМАТЛИТ, 2003 г.»):

Вычислить интеграл $\iint\limits_{\sqrt {\left| x \right|} < y < 1} {\frac{{{y^2} - {x^2}}}{{{{({x^2} + {y^2})}^2}}}\;dx\;dy} $.

Нарисовать область в декартовых координатах достаточно просто. Следующей заменой можно перейти к другим координатам:
$\[\begin{array}{l} \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = {r^2}{{\cos }^2}\varphi }\\ {y = r\sin \varphi } \end{array}} \right.\\ J = 2{r^2}\cos \varphi \end{array}\]$

В них интеграл записывается громоздко, но решается и дает верный ответ:
$\[\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}} {d\varphi \int\limits_0^{\frac{1}{{\sin \varphi }}} {\frac{{{r^2}{{\sin }^2}\varphi - {r^4}{{\cos }^4}\varphi }}{{{r^4}{{\cos }^4}\varphi + {r^2}{{\sin }^2}\varphi }}2{r^2}\cos \varphi \;dr + } } \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^{\frac{{5\pi }}{4}} {d\varphi \int\limits_0^{\frac{1}{{\sin \varphi }}} { - \frac{{{r^2}{{\sin }^2}\varphi - {r^4}{{\cos }^4}\varphi }}{{{r^4}{{\cos }^4}\varphi + {r^2}{{\sin }^2}\varphi }}2{r^2}\cos \varphi \;dr = \frac{\pi }{2}} } \]$
(Интеграл расписывается на два в связи с тем, что при переходе в другие координаты Якобиан должен браться по модулю.)

То, что интеграл решается и вычисляется, проверено с помощью Maple. Также видно, как его решать «вручную», то есть с интегралом все в порядке.

Но он слишком громоздкий :). Возможно, существует более простой способ решения задачи, с переходом в более удачные координаты?

Заранее спасибо за идеи :).

[Алексей К.]

Alfucio в сообщении #384315 писал(а):

$ \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = {r^2}{{\cos }^2}\varphi }\\ {y = r\sin \varphi } \end{array}} \right.$

Давно я не брал интегралов, но сильно смущает то, что Ваша область допускает отрицательные значения $x$, а выбранное преобразование --- никак нет.
(Сам интеграл, конечно, легко располовинивается, левая половинка ($x<0$) очевидно равна правой).
И вообще оно какое-то неестественное, даже по размерностям.
А почему не обычные полярные координаты?

-- 06 дек 2010, 20:20 --

Да и не надо там, похоже, никаких замен. Всё в лоб.

[Alfucio]

Прошу прощения, случайно усложнил задачу :). Действительно, никаких замен не нужно, все посчиталось без проблем в декартовых координатах вручную.

В декартовых координатах можно следующим образом записать данный интеграл через повторный:

$\[2{\mkern 1mu} \int_0^1 \left( {\int_{\sqrt x }^1 \frac{{{y^2} - {x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)}^2}}}dy} \right){\mkern 1mu} dx\]$.

Внутренний интеграл расписывается на два:
$\[\int \frac{{{y^2} - {x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)}^2}}}dy = \int \frac{{{y^2} + {x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)}^2}}}dy - 2\int {\mkern 1mu} \frac{{{x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)}^2}}}dy\]$.

Первый интеграл считается элементарно, второй представляет собой интеграл от простейшей рациональной дроби, и тоже почти тривиально считается. В итоге неопределенный интеграл дает следующий результат (без константы):
$\[ - \frac{y}{{{x^2} + {y^2}}}\]$.

Определенный интеграл дает следующую функцию от $x$:
$\[ - \frac{1}{{{x^2} + 1}} + \frac{1}{{\sqrt x (x + 1)}}\]$.

Первый интеграл является табличным, второй заменой $\[x = {t^2}\]$ приводится к «такому же» табличному.

В итоге, результат подсчета определенного интеграла дает верный ответ.

Спасибо за подсказку :).