Вычисли двойной интеграл: $$\int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{x \cdot \sin(\theta) \cdot \ln(1 + x^2 \cos^2(\theta))}{(1 + x^2 \sin^2(\theta))^{3/2}} d\theta dx$$

Привет! Давай разберемся с этим двойным интегралом. Смотри, он выглядит сложновато, но мы можем его решить, если сделаем замену переменных. Это как переодеть задачку в более удобную одежду. Первым делом, давай поменяем порядок интегрирования. Это как сначала решить задачку по математике, а потом по русскому, или наоборот — результат будет тот же, если всё делать правильно. $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{x \cdot \sin(\theta) \cdot \ln(1 + x^2 \cos^2(\theta))}{(1 + x^2 \sin^2(\theta))^{3/2}} dx d\theta$$ Теперь давай займёмся внутренним интегралом по $x$. Он такой: $$\int_{0}^{\infty} \frac{x \cdot \sin(\theta) \cdot \ln(1 + x^2 \cos^2(\theta))}{(1 + x^2 \sin^2(\theta))^{3/2}} dx$$ Сначала сделаем замену, чтобы упростить выражение. Пусть $u = 1 + x^2 \sin^2(\theta)$. Тогда $du = 2x \sin^2(\theta) dx$. Отсюда $x dx = \frac{du}{2 \sin^2(\theta)}$. Ещё одна замена для логарифма. Пусть $a = \cos(\theta)$ и $b = \sin(\theta)$. Тогда логарифм будет $\ln(1 + x^2 a^2)$. А знаменатель $(1 + x^2 b^2)^{3/2}$. Это не самая простая замена для всего выражения сразу, поэтому давай попробуем по частям. Вспомни формулу интегрирования по частям: $\int f dg = fg - \int g df$. Пусть $f = \ln(1 + x^2 \cos^2(\theta))$ и $dg = \frac{x \sin(\theta)}{(1 + x^2 \sin^2(\theta))^{3/2}} dx$. Сначала найдём $g$ из $dg$. Это посложнее. Давай попробуем другую замену. Допущение: Будем использовать известный интеграл, который часто встречается в таких задачах. Для упрощения расчётов. Этот интеграл можно найти, если сделать несколько замен и интегрировать по частям, но это очень долгий путь. Известно, что $\int_{0}^{\infty} \frac{x \cdot \ln(1 + ax^2)}{(1 + bx^2)^{3/2}} dx = \frac{1}{b \sqrt{b}} \left[ \ln\left(\frac{\sqrt{b} + \sqrt{a+b}}{\sqrt{b}}\right) - \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a+b}} \right]$ (это для случая $a>0, b>0$). В нашем случае $a = \cos^2(\theta)$ и $b = \sin^2(\theta)$. Тогда внутренний интеграл будет: $$\sin(\theta) \int_{0}^{\infty} \frac{x \ln(1 + x^2 \cos^2(\theta))}{(1 + x^2 \sin^2(\theta))^{3/2}} dx = \sin(\theta) \cdot \frac{1}{\sin^2(\theta) \sqrt{\sin^2(\theta)}} \left[ \ln\left(\frac{\sqrt{\sin^2(\theta)} + \sqrt{\cos^2(\theta)+\sin^2(\theta)}}{\sqrt{\sin^2(\theta)}}\right) - \frac{\sqrt{\cos^2(\theta)}}{\sqrt{\cos^2(\theta)+\sin^2(\theta)}} \right]$$ Зная, что $\sqrt{\sin^2(\theta)} = \sin(\theta)$ (потому что $\theta$ от $0$ до $\pi/2$, $\sin(\theta) > 0$) и $\sqrt{\cos^2(\theta)} = \cos(\theta)$ (по той же причине), и $\sin^2(\theta) + \cos^2(\theta) = 1$, упростим: $$= \frac{1}{\sin^2(\theta)} \left[ \ln\left(\frac{\sin(\theta) + 1}{\sin(\theta)}\right) - \frac{\cos(\theta)}{1} \right]$$ $$= \frac{1}{\sin^2(\theta)} \left[ \ln\left(1 + \frac{1}{\sin(\theta)}\right) - \cos(\theta) \right]$$ Теперь нам нужно проинтегрировать это выражение по $\theta$ от $0$ до $\pi/2$: $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sin^2(\theta)} \left[ \ln\left(1 + \frac{1}{\sin(\theta)}\right) - \cos(\theta) \right] d\theta$$ Разделим его на два интеграла: $$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\ln(1 + \frac{1}{\sin(\theta)})}{\sin^2(\theta)} d\theta - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos(\theta)}{\sin^2(\theta)} d\theta$$ Второй интеграл легче. Заменим $u = \sin(\theta)$, тогда $du = \cos(\theta) d\theta$. Когда $\theta = 0$, $u = 0$. Когда $\theta = \pi/2$, $u = 1$. $$\int_{0}^{1} \frac{1}{u^2} du = \left[ -\frac{1}{u} \right]_{0}^{1}$$ Это несобственный интеграл, и он расходится, так как при $u \to 0$ значение стремится к бесконечности. Это значит, что что-то пошло не так или исходный интеграл расходится. Давай перепроверим условие. Хм, похоже, использование готовой формулы для внутреннего интеграла требует внимательности. Если бы мы его интегрировали по частям, там мог бы быть другой результат или ограничения. Давай попробуем интегрировать внутренний интеграл другим способом, прямо по частям. Это будет очень долго и сложно для школьной задачи. Но мы можем применить другой трюк. Заменим $x = \tan(\phi)/\sin(\theta)$. Тогда $dx = \frac{1}{\sin(\theta) \cos^2(\phi)} d\phi$. Это упростит знаменатель. Но появится много тангенсов и косинусов. Лучше всего, когда в таких задачах есть $x$ и $x^2$ и синусы/косинусы, попробовать замену в полярные координаты. Но у нас там $d\theta dx$, а не $dy dx$. Давай ещё раз посмотрим на внутренний интеграл: $$\int_{0}^{\infty} \frac{x \cdot \sin(\theta) \cdot \ln(1 + x^2 \cos^2(\theta))}{(1 + x^2 \sin^2(\theta))^{3/2}} dx$$ Можно применить интегрирование по частям. Пусть $u = \ln(1 + x^2 \cos^2(\theta))$ и $dv = \frac{x \sin(\theta)}{(1 + x^2 \sin^2(\theta))^{3/2}} dx$. Найдём $du$: $du = \frac{2x \cos^2(\theta)}{1 + x^2 \cos^2(\theta)} dx$. Найдём $v$: $v = \int \frac{x \sin(\theta)}{(1 + x^2 \sin^2(\theta))^{3/2}} dx$. Сделаем замену $t = 1 + x^2 \sin^2(\theta)$, тогда $dt = 2x \sin^2(\theta) dx$. Значит $x dx = \frac{dt}{2 \sin^2(\theta)}$. $v = \int \frac{\sin(\theta)}{t^{3/2}} \frac{dt}{2 \sin^2(\theta)} = \frac{1}{2 \sin(\theta)} \int t^{-3/2} dt = \frac{1}{2 \sin(\theta)} \left( -2t^{-1/2} \right) = -\frac{1}{\sin(\theta) \sqrt{1 + x^2 \sin^2(\theta)}}$. Теперь применим формулу интегрирования по частям $\int u dv = uv - \int v du$: $$uv = \left[ -\frac{\ln(1 + x^2 \cos^2(\theta))}{\sin(\theta) \sqrt{1 + x^2 \sin^2(\theta)}} \right]_{0}^{\infty}$$ Когда $x \to 0$, логарифм $\ln(1) = 0$, так что это $0$. Когда $x \to \infty$, логарифм растёт медленнее, чем знаменатель, так что тоже $0$. (Нужно проверить это строго, но для школьного уровня можно принять). Значит, $uv$ часть равна $0$. Остаётся $-\int v du$: $$ -\int_{0}^{\infty} \left( -\frac{1}{\sin(\theta) \sqrt{1 + x^2 \sin^2(\theta)}} \right) \left( \frac{2x \cos^2(\theta)}{1 + x^2 \cos^2(\theta)} \right) dx $$ $$ = \int_{0}^{\infty} \frac{2x \cos^2(\theta)}{\sin(\theta) \sqrt{1 + x^2 \sin^2(\theta)} (1 + x^2 \cos^2(\theta))} dx$$ Это выражение всё ещё очень сложное для интегрирования. Есть более простой путь, если заметить, что подинтегральное выражение похоже на производную. Рассмотрим функцию $F(x, \theta) = \frac{\ln(1+x^2 \cos^2 \theta)}{\sqrt{1+x^2 \sin^2 \theta}}$. Её производная по $x$ не совсем такая, как в подинтегральном выражении. Давай попробуем вспомнить, как интегрируются такие функции. Интеграл такого типа часто решается с помощью функции Бета или Гамма, или хитрыми заменами. Рассмотрим интеграл вида $\int \frac{x}{(A+Bx^2)^{3/2}} dx$. Это просто: пусть $u = A+Bx^2$, $du = 2Bx dx$. Тогда $\frac{1}{2B} \int u^{-3/2} du = \frac{1}{2B} (-2u^{-1/2}) = -\frac{1}{B\sqrt{A+Bx^2}}$. Так что $v = -\frac{1}{\sin(\theta) \sqrt{1 + x^2 \sin^2(\theta)}}$ было верно. Вернёмся к $-\int v du$: $$ -\int_{0}^{\infty} \left( -\frac{1}{\sin(\theta) \sqrt{1 + x^2 \sin^2(\theta)}} \right) \left( \frac{2x \cos^2(\theta)}{1 + x^2 \cos^2(\theta)} \right) dx = \frac{2 \cos^2(\theta)}{\sin(\theta)} \int_{0}^{\infty} \frac{x dx}{\sqrt{1 + x^2 \sin^2(\theta)} (1 + x^2 \cos^2(\theta))} $$ Этот интеграл можно вычислить с помощью замены $x = \tan(t)$. Или, что проще, с помощью замены $y=x^2$. Пусть $y = x^2$. Тогда $dy = 2x dx$, $x dx = dy/2$. $$ = \frac{2 \cos^2(\theta)}{\sin(\theta)} \int_{0}^{\infty} \frac{1/2 dy}{\sqrt{1 + y \sin^2(\theta)} (1 + y \cos^2(\theta))} = \frac{\cos^2(\theta)}{\sin(\theta)} \int_{0}^{\infty} \frac{dy}{\sqrt{1 + y \sin^2(\theta)} (1 + y \cos^2(\theta))} $$ Это табличный интеграл. Он имеет вид $\int \frac{dx}{(a+bx)(c+dx)}$. Здесь немного сложнее из-за корня. Для такого интеграла есть хитрая замена. Пусть $\sqrt{1 + y \sin^2(\theta)} = z$. Тогда $1 + y \sin^2(\theta) = z^2$, $y = \frac{z^2 - 1}{\sin^2(\theta)}$. И $dy = \frac{2z}{\sin^2(\theta)} dz$. Когда $y=0$, $z=1$. Когда $y \to \infty$, $z \to \infty$. Знаменатель $1 + y \cos^2(\theta) = 1 + \frac{z^2 - 1}{\sin^2(\theta)} \cos^2(\theta) = \frac{\sin^2(\theta) + z^2 \cos^2(\theta) - \cos^2(\theta)}{\sin^2(\theta)} = \frac{z^2 \cos^2(\theta) - (\cos^2(\theta) - \sin^2(\theta))}{\sin^2(\theta)} = \frac{z^2 \cos^2(\theta) - \cos(2\theta)}{\sin^2(\theta)}$. Подставляем: $$ = \frac{\cos^2(\theta)}{\sin(\theta)} \int_{1}^{\infty} \frac{\frac{2z}{\sin^2(\theta)} dz}{z \frac{z^2 \cos^2(\theta) - \cos(2\theta)}{\sin^2(\theta)}} = \frac{2 \cos^2(\theta)}{\sin(\theta)} \int_{1}^{\infty} \frac{dz}{z^2 \cos^2(\theta) - \cos(2\theta)} $$ Это интеграл вида $\int \frac{dz}{Az^2 - B}$. Это легко интегрируется с помощью логарифма или арктангенса, в зависимости от знака $B$. Вспомним, что $\cos(2\theta) = \cos^2(\theta) - \sin^2(\theta)$. Если $\cos(2\theta) > 0$, то $\int \frac{dz}{z^2 A - B} = \frac{1}{\sqrt{AB}} \text{arctanh} \left( \frac{z \sqrt{A}}{\sqrt{B}} \right)$. Если $\cos(2\theta) < 0$, то $\int \frac{dz}{z^2 A + B} = \frac{1}{\sqrt{AB}} \arctan \left( \frac{z \sqrt{A}}{\sqrt{B}} \right)$. Если $\cos(2\theta) = 0$, то $\int \frac{dz}{z^2 A} = -\frac{1}{Az}$. Это всё очень сложно и трудоёмко. Возможно, есть более простой способ, основанный на свойствах интегралов. Давай посмотрим на исходное выражение. Заметь, что оно имеет схожую структуру с производной функции арктангенса или арксинуса, умноженной на что-то. Вернёмся к самому началу. Двойной интеграл. Иногда такие задачи можно решить, если найти функцию, чья производная