Решение

Магнитное поле в искомой точке будет перпендикулярно плоскости провода, а значит для нахождения индукции надо найти индукцию $\vec{B}_1$ полубесконечого провода и полуокружности $\vec{B}_2$ $$B_1 = \int\limits_{0}^{\infty}\varepsilon_0 \mu_0 \left[\frac{\vec{(dx\lambda )}}{4\pi\varepsilon_0 (x^2 + R^2)} \times \vec{v} \right]$$ $$B_1 = \int\limits_{0}^{\infty}\frac{Idx\mu_0}{4\pi (x^2+ R^2)}\cdot \sin\alpha\tag{1}$$ Из геометрических соображений $$\sin\alpha= \frac{R}{\sqrt{x^2 + R^2}}\tag{2}$$ Далее, подставляем $(2)$ в $(1)$ $$B_1 = \int\limits_0^\infty \frac{\mu_0 I dxR}{4\pi{(x^2 + R^2)}^{3/2}} = \frac{\mu_0 IR}{4\pi}\int\limits_0^\infty \frac{dx}{(x^2+R^2)^{3/2}}$$ Вводим относительную величину $u=\frac{x}{R}$: $$B_1 = \frac{\mu_0 I}{4\pi R}\int\limits_0^\infty \frac{du}{(u^2+1)^{3/2}}\tag{3}$$ к этому интегралу вернёмся чуть позже, а пока обозначим его значение как $(3)$ Теперь посчитаем значение $B_2$ $$B_2 = \int\limits_0^\pi\frac{\mu_0 IR}{4\pi R^2}~d\alpha = \frac{\mu_0 I}{4\pi R}\int\limits_0^\pi d\alpha$$ $$\boxed{B_2= \frac{\mu_0 I}{4R}}\tag{4}$$ Тогда, учитывая, что наличие двух проводов, суммарная магнитная индукция $$\boxed{B = 2B_1 + B_2}\tag{5}$$ Возвращаемся к нашему $(3)$ интегралу 😋 $$A=\int\limits_0^\infty \frac{du}{(u^2+1)^{3/2}}$$ Делаем тригонометрическую замену $$u = \tan \alpha;\quad du = \frac{d\alpha}{\cos^2 \alpha}$$ $$\int\limits_0^\infty \frac{du}{(u^2+1)^{3/2}} = \int\limits_0^\frac{\pi}{2} \frac{d\alpha}{\cos^2 \alpha \cdot (\tan^2\alpha +1)^{3/2}}$$ $$\boxed{A = \int\limits_0^\frac{\pi}{2} \cos\alpha ~d\alpha = 1}$$ Так как значение $(3)$ равно $1$, то $$\boxed{B_1 = \frac{\mu_0 I}{4\pi R}}\tag{6}$$ Подставляем выражения для компонент $B_1$ и $B_2$ из $(6)$ и $(5)$, соответственно, в выражение для суммарной магнитной индукции $(5)$ $$B = \frac{\mu_0 I}{4R}\left(1+\frac{2}{\pi}\right) \Rightarrow \boxed{B = \frac{\mu_0 I}{4\pi R}(\pi + 2)}$$