Интересен интеграл

[Sup3rlum]

Един доста интересен, от една книга с трудни интеграли (и някои хора си мислят, че не съм чувал за книги ). Оригиналният въпрос е формулиран по малко по-различен начин.

$s(y)=\int_0^1\frac{1}{(1+xy)\sqrt{1-x^2}}dx$

Да се превърне $s(y)$ в "The Basel problem", т.е. $\frac{\pi^2}{6}$

Отне ми около 3 страници и половина

[Гост]

Какво твърдение трябва да се докаже?

[Добромир Глухаров]

С редове получих $s(y)=\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\cdot\frac{\pi}{2}-\frac{(2k)!!}{(2k+1)!!}\cdot y\right)\cdot y^{2k}$ и нататък не знам...

[Гост]

Знаете ли какво доказвате?

[Добромир Глухаров]

Знаете ли какво доказвате?

Помислих, дали не е нещо, съдържащо $y$ и $\frac{\pi^2}{6}$; но сте прав, не знам какво трябва да получа и най-вероятно съм далеч от него, каквото и да е то.

[Sup3rlum]

Какво твърдение трябва да се докаже?

На първо четене (почти директно преведено от английски) условието го разбртах така. $s(y)$ превръщаме в $\frac{\pi^2}{6}$, като намерим стойност $y$, за което това тъждество е изпълнено. Оказва се, че първо трябва да се приложи специфична трансформация върху $s(y)$, и след това да се намерят стойности за които това тъждество е изпълнено. Тази трансформация, става много по-ясна и интуитивна, след като се интегрира израза.

Следното решение е моето, сигурно има доста по-лесен начин за намиране на $s(y)$.

$\int_0^1 \frac{1}{(1+xy)\sqrt{1-x^2}}dx$

$x=sin\theta$
$dx=cos\theta d\theta$

$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+ysin\theta}d\theta$

$t=tan\bigg(\frac{\theta}{2}\bigg)$
$2dt=sec^2\bigg(\frac{\theta}{2}\bigg)d\theta$

$d\theta=\frac{2dt}{t^2+1}$

$\int_0^1\frac{1}{1+\frac{2ty}{1+t^2}}.\frac{2dt}{t^2+1}=2\int_0^1\frac{1}{t^2+1+2ty}dt=2\int_0^1\frac{1}{(t+y)^2+1-y^2}dt$

$u=t+y$
$du=dt$

$2\int_{y}^{1+y}\frac{1}{u^2+1-y^2}du=2\bigg[\frac{1}{\sqrt{1-y^2}}tan^{-1}\bigg(\frac{u}{\sqrt{1-y^2}}\bigg)\bigg]_y^{1+y}$

От тук да, разгледаме $tan^{-1}\bigg(\frac{u}{\sqrt{1-y^2}}\bigg)\bigg]_y^{1+y}$

$=tan^{-1}\bigg(\frac{1+y}{\sqrt{1-y^2}}\bigg) - tan^{-1}\bigg(\frac{y}{\sqrt{1-y^2}}\bigg)$

Използвайки формулата за разлика: $tan^{-1}(a)-tan^{-1}(b)=tan^{-1}\bigg(\frac{a-b}{1+ab}\bigg)$

$=tan^{-1}\bigg(\frac{\frac{1}{\sqrt{1-y^2}}}{1+\frac{y^2+y}{1-y^2}}\bigg)=tan^{-1}\bigg(\frac{\sqrt{1-y^2}}{1+y}\bigg)=x$

$tanx=\frac{\sqrt{1-y^2}}{1+y}, \Rightarrow cosx=\frac{1+y}{\sqrt{2y+2}}=\frac{\sqrt{1+y}}{\sqrt{2}}$

$cosx=\sqrt{\frac{1+y}{2}}$

$2cos^2x-1=y$
$cos2x=y$
$x=\frac{cos^{-1}y}{2}$

Следователно:

$s(y)=\frac{2}{\sqrt{1-y^2}}.x=\frac{cos^{-1}y}{\sqrt{1-y^2}}$

Сега, за втората част. След като имаме предвид, че производната на $cos^{-1}y$ е $-\frac{1}{\sqrt{1-y^2}}$, можем да интегрираме:

$\int_a^bs(y)dy=S(b)-S(a)$

$S(y)=\int s(y)dy=\int\frac{cos^{-1}y}{\sqrt{1-y^2}}dy=-\frac{(cos^{-1}y)^2}{2}$

Сега ако разгледаме няколко стойности на $cos\theta$
$cos\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2} \rightarrow S\bigg(\frac{1}{2}\bigg)=-\frac{\pi^2}{18}$
$cos\frac{2\pi}{3}=-\frac{1}{2} \rightarrow S\bigg(-\frac{1}{2}\bigg)=-\frac{4\pi^2}{18}$

$S\bigg(\frac{1}{2}\bigg)-S\bigg(-\frac{1}{2}\bigg)=\frac{\pi^2}{6} \Rightarrow \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}s(y)dy=\frac{\pi^2}{6}$

И в края на краищата,

$\boxed{\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\int_0^1\frac{1}{(1+xy)\sqrt{1-y^2}}dxdy=\frac{\pi^2}{6}}$