Обоснование возможности дифференцирования под интегралом

[blondinko]

Доброго времени суток, господа математики.

Прошу у Вас совета. Можете ли Вы предложить менее громоздкое обоснование возможности дифференцирования под интегралом для $I(a, b) = \int\limits_0^{+\infty} \! \frac{\arctg(ax) - \arctg(bx)}{x}, \{a > 0, b > 0\}$, чем вот это?

1. Положим $f(x, a, b) = \frac{\arctg(ax) - \arctg(bx)}{x}, \,\, a \geqslant \delta > 0, b \geqslant \delta > 0.$
2. Рассмотрим $g(x, a, b) = x (\arctg(ax) - \arctg(bx)), h(x) = \frac{1}{x^2}.$
3. Рассмотрим $G(x, a, b) = |g(x, a, b)|. \,\, (\arctg(ax) - \arctg(bx))' = \frac{a}{1+a^2x^2} - \frac{b}{1+b^2x^2} \Rightarrow$ $x \in (0, \frac{1}{\sqrt{ab}}), x \in(\frac{1}{\sqrt{ab}}, +\infty)$ — это промежутки монотонности $\arctg(ax) - \arctg(bx)$ на $x \in (0, +\infty). \,\, x$ монотонен везде на $(0, +\infty),$ значит, $G(x, a, b)$ монотонно возрастает с $G(0, a, b) = 0$ до $G(\frac{1}{\sqrt{ab}}, a, b),$ а затем монотонно возрастает либо убывает до $G(+\infty, a, b) = \lim\limits_{x \to +\infty}G(x, a, b).$
4. $G(\frac{1}{\sqrt{ab}}, a, b) \leqslant \frac{1}{\sqrt{ab}}(\frac{\pi}{2}-(-\frac{\pi}{2})) \leqslant \frac{\pi}{\delta}; \,\, \lim\limits_{x \to +\infty}G(x, a, b) = \frac{1}{b} - \frac{1}{a} \leqslant \frac{1}{\delta} \,\, \Rightarrow$ $G(x, a, b) < \frac{2\pi}{\delta}.$
5. $\int\limits_0^{+\infty} \! h(t) dt$ сходится.
6. Следовательно, $I(a, b)$ сходится (по Дирихле-Абелю) при $\forall a \geqslant \delta > 0, \forall b \geqslant \delta > 0.$
7. Возьмём от $f(x, a, b)$ производную по $a: \,\, f'_a(x, a, b) = \frac{1}{1+a^2x^2}.$
8. $\int\limits_0^{+\infty} \! f'_a(x, a, b)dx$ сходится равномерно по Дирихле-Абелю, в силу того что 1 равномерно ограничен, и $\forall \varepsilon > 0, \exists A(\varepsilon)>0: \forall R>A(\varepsilon), \forall a \geqslant \delta > 0, \left | \int\limits_R^{+\infty} \! \frac{1}{1+a^2x^2}dx \right | \leqslant \left | \frac{1}{a^2} \int\limits_{R+\frac{1}{a}}^{+\infty} \! \frac{1}{x^2}dx \right |$ $\leqslant \frac{1}{\delta^2 R} < \varepsilon.$

Вот.
Можно ли эту «скатерть» как-нибудь покороче без потери смысла переписать?

[Vince Diesel]

Можно разбить промежуток $[0,\infty)$ на две части и рассмотреть интегралы $\int\limits_0^1 \! \frac{\arctg(ax)}{x}\,dx$ и $\int\limits_1^{+\infty} \! \frac{\arctg(ax) - \pi/2}{x}\,dx$.
Равномерная сходимость первого очевидна, а обоснование для второго (с одним параметром) должно быть попроще.

Есть еще формула Фрулани. Можно посчитать с ее помощью производную интеграла, а затем то, что получается дифференцированием под знаком интеграла. И убедится, что результат совпадает

[sup]

Что-то у Вас очень громоздко.
Пусть $a \in [a_1,a_2]$, где $a_1>0$. В силу монотонности арктангенса
$|\arctg(ax)-\arctg(bx)| < |\arctg(a_1x)-\arctg(bx)| + |\arctg(a_2x)-\arctg(bx)|$
Поэтому имеется мажоранта и интеграл сходится равномерно.
Для интеграла с производной тоже имеется мажоранта $\frac{1}{1+a_1^2x^2}$

[blondinko]

Vince Diesel, sup,
премного благодарен!
Попался именно этот билет, дифференцирование под знаком интеграла (вероятность 1 к 30).

За то, что напомнили про Фруллани, отдельное спасибо!