Два несобственных интеграла

[integral2009]

Здравствуйте! Не получается взять 2 интеграла..Помогите, пожалуйста, разобраться.

1) $\int\limits_0^1\dfrac{\arctg(x)}{x\sqrt{1-x^2}}dx$

$\int\limits_0^1\dfrac{\arctg(x)}{x\sqrt{1-x^2}}dx=\int\limits_0^{0,5}\dfrac{\arctg(x)}{x\sqrt{1-x^2}}dx+\int\limits_{0,5}^1\dfrac{\arctg(x)}{x\sqrt{1-x^2}}dx$

$$\int\limits_0^{0,5}\dfrac{\arctg(x)}{x\sqrt{1-x^2}}dx=\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\int\limits_{\varepsilon_1}^{0,5}\dfrac{\arctg(x)}{x\sqrt{1-x^2}}dx=\lim\limits_{\varepsilon_1\to 0}\int\limits_\varepsilon^{0,5}\dfrac{x-\frac{x^3}{3}+O(x^5)}{x}dx=F(0,5)-0$$

$\int\limits_{0,5}^1\dfrac{\arctg(x)}{x\sqrt{1-x^2}}dx=\lim\limits_{\varepsilon_2\to 0}\int\limits_{0,5}^{\varepsilon_2}\dfrac{\arctg(x)}{x\sqrt{1-x^2}}dx=???$

2) $\int\limits_0^{\+\infty}\dfrac{\sin^4(2x)}{x^4}$

$\int\limits_0^{\+\infty}\dfrac{\sin^4(2x)}{x^4}dx=\int\limits_0^{1}\dfrac{\sin^4(2x)}{x^4}dx+\int\limits_1^{\+\infty}\dfrac{\sin^4(2x)}{x^4}dx$

$\int\limits_0^{1}\dfrac{\sin^4(2x)}{x^4}dx=\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\int\limits_{\varepsilon}^{1}\dfrac{\sin^4(2x)}{x^4}dx=\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\int\limits_{\varepsilon}^{1}\dfrac{\Big(2x-\frac{8x^3}{6}+O(x^5)\Big)^4}{x^4}dx=\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\int\limits_{\varepsilon}^{1}{\Big(2-\frac{8x^2}{6}+O(x^4)\Big)^4}dx=$

$=F(1)-0$

$\int\limits_1^{\+\infty}\dfrac{\sin^4(2x)}{x^4}dx=\lim\limits_{A\to +\infty}\int\limits_1^{A}\dfrac{\sin^4(2x)}{x^4}dx=???$

[integral2009]

Хотя, мне кажется, что вот такая запись "F(0,5)-0" - некорректна все-таки. Но меня больше всего пугают особенности на бесконечности....

[ИСН]

Вы делаете нет. Зачем все эти манипуляции с эпсилонами? Что и как они могли бы дать?

[integral2009]

ИСН в сообщении #661541 писал(а):

Вы делаете нет. Зачем все эти манипуляции с эпсилонами? Что и как они могли бы дать?

Ну это ведь несобственные интегралы, ведь точки, в которых особенность нужно рассматривать в предельном смысле, отсюда и эпсилоны....

А что лучше сделать, чтобы было "то"?

[Dan B-Yallay]

Что было "то" надо брать интеграл от той функции, которую задали, а не отзаборного эпсилон-эквивалента. Попробуйте по частям, заменой переменной.

[integral2009]

Dan B-Yallay в сообщении #661560 писал(а):

Что было "то" надо брать интеграл от той функции, которую задали, а не отзаборного эпсилон-эквивалента. Попробуйте по частям, заменой переменной.

Хорошо, спасибо. А на что можно заменить?

[ИСН]

Особенность не нужно рассматривать. Вернее, нужно, когда мы исследуем сходимость. То есть выясняем, существует ли вообще интеграл. Если Вы этого хотели, то вперёд. А если нет, то назад.
Интегралы такие вообще не берутся в неопределённом виде, но берутся хитрыми приёмами в конкретно этих пределах. Если Вы знаете какие-нибудь другие похожие случаи, то какие? А если нет, то начинать надо уж точно не с этих.

[integral2009]

ИСН в сообщении #661584 писал(а):

Особенность не нужно рассматривать. Вернее, нужно, когда мы исследуем сходимость. То есть выясняем, существует ли вообще интеграл. Если Вы этого хотели, то вперёд. А если нет, то назад.
Интегралы такие вообще не берутся в неопределённом виде, но берутся хитрыми приёмами в конкретно этих пределах. Если Вы знаете какие-нибудь другие похожие случаи, то какие? А если нет, то начинать надо уж точно не с этих.

Да, нужно именно вычислить интеграл.

Знаю, $\int\limits_0^{\+\infty}\dfrac{\sin(x)}{x}dx=\dfrac{\pi}{4}\quad\quad\int\limits_0^{+\infty}e^{-x^2}dx\;\;\;\;\;\;\;\;\;\int\limits_0^{\+\infty}\dfrac{\cos(\alpha x)}{1+x^2}dx......$, формулы Фруллани, видимо к этому тут сводится, да?

[ИСН]

Первый на самом деле равен $\pi\over2$, а так всё ОК. Стало быть, знаете. Хорошо. Ну вот и эти из той же оперы (в широком смысле). Надо крутиться, придумывать, прилаживать что-то. Параметр там всунуть, али к пределу перейти...

[integral2009]

ИСН в сообщении #661598 писал(а):

Первый на самом деле равен $\pi\over2$, а так всё ОК. Стало быть, знаете. Хорошо. Ну вот и эти из той же оперы (в широком смысле). Надо крутиться, придумывать, прилаживать что-то. Параметр там всунуть, али к пределу перейти...

Есть такая мысль.

$I(\alpha)=\int\limits_0^1\dfrac{\arctg(\alpha x)}{x\sqrt{1-x^2}}dx$

$I'(\alpha)=\int\limits_0^1\dfrac{dx}{x(1+\alpha^2x^2)\sqrt{1-x^2}}$

$x=\cos t$

$I'(\alpha)=\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{\sin tdt}{\cos t(1+\alpha^2\cos^2t)\sin t}=\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{dt}{\cos t(1+\alpha^2\cos^2t)}=$

$=\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{(1+\alpha^2\cos^2t-\alpha^2\cos^2t)dt}{\cos t(1+\alpha^2\cos^2t)}=\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{dt}{\cos t}-\alpha^2\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{\cos t)dt}{1+\alpha^2\cos^2t}=$

$=\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{dt}{\cos t}-\alpha\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{d(\alpha \sin t)}{(1+\alpha^2-\alpha^2\sin^2t)}=$

$=\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{dt}{\cos t}-\alpha\int\limits_0^{\alpha}\dfrac{du}{1+\alpha^2-u^2}=\dfrac{1}{2+2\alpha^2}\ln\Bigg|\dfrac{u+1+\alpha^2}{u-1-\alpha^2}\Bigg|\Biggl|_0^\alpha$

Что-то одна несобственность самоустранилась)) Верно? А как дальше?

[alcoholist]

integral2009 в сообщении #661599 писал(а):

$I(\alpha)=\int\limits_0^1\dfrac{\arctg(\alpha x)}{x\sqrt{1-x^2}}dx$

этот, наверное, не годится... потом же интегрировать по параметру, а этот ни при каких значениях $\alpha$ неизвестен

[ИСН]

Чего это ни при каких? В нуле - ноль

[integral2009]

А куда здесь что прикрутить, а то я тот интеграл, почти взял, остался табличный...

-- Пт дек 21, 2012 22:29:48 --

$I'(\alpha)=\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{\sin tdt}{\cos t(1+\alpha^2\cos^2t)\sin t}=\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{dt}{\cos t(1+\alpha^2\cos^2t)}=$

$=\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{(1+\alpha^2\cos^2t-\alpha^2\cos^2t)dt}{\cos t(1+\alpha^2\cos^2t)}=\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{dt}{\cos t}-\alpha^2\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{\cos t)dt}{1+\alpha^2\cos^2t}=$

$=\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{dt}{\cos t}-\alpha\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{d(\alpha \sin t)}{(1+\alpha^2-\alpha^2\sin^2t)}=$

$=\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{dt}{\cos t}-\alpha\int\limits_0^{\alpha}\dfrac{du}{1+\alpha^2-u^2}=\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{dt}{\cos t}-\dfrac{1}{2+2\alpha^2}\ln\Bigg|\dfrac{u+1+\alpha^2}{u-1-\alpha^2}\Bigg|\Biggl|_0^\alpha$

Хотя все равно этот зверь не берется... $\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{dt}{\cos t}$

-- Пт дек 21, 2012 22:33:17 --

Что-то не получается(((

-- Пт дек 21, 2012 22:54:09 --

Попробую вот второй задаче пока что прикрутить параметр:

2) $\int\limits_0^{\+\infty}\dfrac{\sin^4(2x)}{x^4}$

2) $I(\alpha)=\int\limits_0^{\+\infty}\dfrac{\sin^4(\alpha x)}{x^4}$

$I'(\alpha)=\int\limits_0^{\+\infty}\dfrac{4\sin^3(\alpha x)\cos(\alpha x)}{x^4}dx$

$$I''(\alpha)=\int\limits_0^{\+\infty}\dfrac{12\sin^2(\alpha x)\cos^2(\alpha x)-4\sin^4(\alpha x)}{x^4}dx=12\int\limits_0^{\+\infty}\dfrac{\sin^2(\alpha x)\cos^2(\alpha x)}{x^4}dx-4I(\alpha)$$

[cool.phenon]

Насчёт неберущегося зверя - умножьте числитель и знаменатель на косинус и занесите под дифференциал.

[integral2009]

cool.phenon в сообщении #661632 писал(а):

Насчёт неберущегося зверя - умножьте числитель и знаменатель на косинус и занесите под дифференциал.

Да, я неправильно выразился -- не сходится он)