ให้ $u = (x - d)/b$ อินทิกรัลโจทย์จะกลายเป็น $$ \frac{\mu_0b}{\pi} \int_{-1}^1 \frac{\sqrt{1-u^2}}{a+u} \,du$$ โดยที่ $a = d/b$
ให้ $u = \sin\theta$ อินทิกรัลจะกลายเป็น
\[ \frac{\mu_0b}{\pi} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^2\theta}{a+\sin\theta}\,d\theta \]
เนื่องจาก $\cos^2\theta = 1 - \sin^2\theta$ และ
\[ \frac{1-y^2}{a+y}= a-y+ \frac{1-a^2}{a+y} \]
ดังนั้น
จึงมีค่าเท่ากับ
\[ \frac{\mu_0b}{\pi} \int_{-\frac{\pi}{2}} ^{\frac{\pi}{2}} (a-\sin\theta) \,d\theta+ \frac{\mu_0b}{\pi} \left(1-a^2\right) \int_{-\frac{\pi}{2}}^ {\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{a+\sin\theta} \]
\[=\mu_0d+ \frac{\mu_0b}{\pi} \left(1-a^2\right) \int_{-\frac{\pi}{2}}^ {\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{a+\sin\theta} \]
ตอนนี้ก็จะเหลือแต่อินทิกรัลตัวยาก เพื่อความสะดวกเราให้ $\theta = 2t$ จะได้ว่า
\[ \int_{-\frac{\pi}{2}}^ {\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{a+\sin\theta}= 2\int_{-\frac{\pi}{4}} ^{\frac{\pi}{4}} \frac{dt}{a+\sin2t} \]
เนื่องจาก
\[a+\sin2t=a+2\sin t\cos t=a+\frac{2\tan t}{\sec^2t}\]
\[ =\frac{a\sec^2t+2\tan t} {\sec^2t}= \frac{a+a\tan^2t+2\tan t} {\sec^2t} \]
ดังนั้นถ้าให้ $v = \tan t$ จะได้
\[ \int_{-\frac{\pi}{4}}^ {\frac{\pi}{4}} \frac{dt}{a+\sin2t}= \int_{-1}^1 \frac{dv}{av^2+2v+a} \]
เนื่องจาก
\[av^2+2v+a= \frac1a \left((av+1)^2+ (a^2-1)\right) \]
และ
\[\int \frac{dz}{z^2+k^2}= \frac{1}{k}\tan^{-1} \frac{z}{k} +C\]
ดังนั้น
\[\int_{-1}^1 \frac{dv}{av^2+2v+a}= \frac{1}{\sqrt{a^2-1}}\tan^{-1}\left(\frac{av+1}{\sqrt{a^2-1}}\right) \Bigg|_{-1}^1\]
\[= \frac{1}{\sqrt{a^2-1}} \left(\tan^{-1} \left(\frac{a+1}{\sqrt{a^2-1}} \right)+ \tan^{-1} \left(\frac{a-1}{\sqrt{a^2-1}} \right) \right)\]
\[=\frac{\pi}{2\sqrt{a^2-1}}\]
เพราะ \(\large \frac{a-1}{\sqrt{a^2-1}} \) คือส่วนกลับของ \(\large \frac{a+1}{\sqrt{a^2-1}} \)
แทนค่าย้อนกลับไปจะได้ค่าอินทิกรัลของโจทย์คือ $$\mu_0d- \mu_0b \sqrt{a^2-1}= \mu_0 \left( d-\sqrt{d^2-b^2} \right) $$ ตามต้องการครับผม
