Существование интеграла (шестикратного, несобственного)

[Genrih]

AHOHbIMHO писал(а):

Например, $\int\limits_{-1}^{1}dx\frac{1}{|x|}$ - расходится, $\int\limits_{x^2+y^2<1}dxdy\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}$ - сходится.

С етим не спорю. Однако (нестрого), надо иметь ввиду еще и границы интегрирования (в рассматриваемом интеграле $[0,\infty)$ ) и то, что разность аргументов в знаменателе будет создавать проблемы неоднократно.

[AHOHbIMHO]

Genrih писал(а):

AHOHbIMHO писал(а):

Например, $\int\limits_{-1}^{1}dx\frac{1}{|x|}$ - расходится, $\int\limits_{x^2+y^2<1}dxdy\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}$ - сходится.

С етим не спорю. Однако (нестрого), надо иметь ввиду еще и границы интегрирования (в рассматриваемом интеграле $[0,\infty)$ ) и то, что разность аргументов в знаменателе будет создавать проблемы неоднократно.

Пусть k=min(a,b,c,d,e,f), k > 0.

Тогда:

$$ \left|{\int\limits_{0}^{\infty}\int\limits_{0}^{\infty} \int\limits_{0}^{\infty}du dv dw e^{{-du^2-ev^2-fw^2}} \int\limits_{-u}^{\infty} dx \int\limits_{-v}^{\infty} dy \int\limits_{-w}^{\infty} dz \frac {e^{{-a(x+u)^2-b(y+v)^2-c(z+w)^2}}} {\sqrt{x^2+y^2+z^2}} \right| \le $$ $$ \left|{\int\limits_{0}^{\infty}\int\limits_{0}^{\infty} \int\limits_{0}^{\infty}du dv dw e^{{-k(u^2+v^2+w^2)}} \int\limits_{-u}^{\infty} dx \int\limits_{-v}^{\infty} dy \int\limits_{-w}^{\infty} dz \frac {e^{{-k((x+u)^2+(y+v)^2+(z+w)^2)}}} {\sqrt{x^2+y^2+z^2}} \right| \le $$ $$ \left|{\int\limits_{0}^{\infty}\int\limits_{0}^{\infty} \int\limits_{0}^{\infty}du dv dw e^{{-k(u^2+v^2+w^2)}} \int\limits_{-\infty}^{\infty} \int\limits_{-\infty}^{\infty} \int\limits_{-\infty}^{\infty} dx dy dz \frac {e^{{-k((x+u)^2+(y+v)^2+(z+w)^2)}}} {\sqrt{x^2+y^2+z^2}} \right| \le $$ $$ \left|{\int\limits_{0}^{\infty}\int\limits_{0}^{\infty} \int\limits_{0}^{\infty}du dv dw e^{{-k(u^2+v^2+w^2)}} \int\limits_{-\infty}^{\infty} \int\limits_{-\infty}^{\infty} \int\limits_{-\infty}^{\infty} dx dy dz \frac {e^{{-k((x^2/3-u^2/2)+(y^2/3-v^2/2)+(z^2/3-w^2/2))}}} {\sqrt{x^2+y^2+z^2}} \right|= $$ $$ \left|{\int\limits_{0}^{\infty}\int\limits_{0}^{\infty} \int\limits_{0}^{\infty}du dv dw e^{{-\frac{k}{2}(u^2+v^2+w^2)}} \int\limits_{-\infty}^{\infty} \int\limits_{-\infty}^{\infty} \int\limits_{-\infty}^{\infty} dx dy dz \frac {e^{{-\frac{k}{3}(x^2+y^2+z^2)}}} {\sqrt{x^2+y^2+z^2}} \right| $$

Здесь использовалось неравенство
$ (x+A)^2 \ge (x^2/3-A^2/2) $
Сходимость последнего интеграла очевидна (даже явно можно посчитать). Следовательно и исходный интеграл тоже сходится

[Genrih]

Я все еще не уверен насчет равенства Вашего первого интеграла(в последнем посте) и первоначального. Переходя к новым переменым ($x-u=x^*$ ... ), $u,v,w $ почему-то oстаются в стороне.

[Someone]

$$\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\frac{e^{-ax^2-by^2-cz^2-du^2-fv^2-gw^2}}{\sqrt{(x-u)^2+(y-v)^2+(z-w)^2}}dxdydzdudvdw$$

Все произвольные коэффициенты $a$, $b$, $c$, $d$, $f$, $g$ неотрицательны (я изменил обозначения коэффициентов, потому что буква $e$ использовалась в двух разных смыслах, и исправил опечатку).

Если один из коэффициентов $a$, $b$, $c$, $d$, $f$, $g$ равен $0$, то интеграл расходится. Например, если $g=0$, то в области $D_1$, определяемой неравенствами $0\leqslant x\leqslant 1$, $0\leqslant y\leqslant 1$, $0\leqslant z\leqslant 1$, $0\leqslant u\leqslant 1$, $0\leqslant v\leqslant 1$, $1\leqslant w\leqslant+\infty$ имеем

$$\frac{e^{-ax^2-by^2-cz^2-du^2-fv^2-gw^2}}{\sqrt{(x-u)^2+(y-v)^2+(z-w)^2}}\geqslant\frac{e^{-a-b-c-d-f}}{\sqrt{2+w^2}}>0$$

.
Легко видеть, что интеграл

$$\int\limits_0^1\int\limits_0^1\int\limits_0^1\int\limits_0^1\int\limits_0^1\int\limits_1^{+\infty}\frac{e^{-a-b-c-d-f}}{\sqrt{2+w^2}}dxdydzdudvdw=$$

$$=e^{-a-b-c-d-f}\int\limits_1^{+\infty}\frac{dw}{\sqrt{2+w^2}}\int\limits_0^1dx\int\limits_0^1dy\int\limits_0^1dz\int\limits_0^1du\int\limits_0^1dv=$$

$$=e^{-a-b-c-d-f}\int\limits_1^{+\infty}\frac{dw}{\sqrt{2+w^2}}$$

расходится. Область $D_1$ является частью заданной области интегрирования, поэтому при $g=0$ заданный интеграл расходится. Аналогично - если равен нулю один из коэффициентов $a$, $b$, $c$, $d$, $f$.

[AHOHbIMHO]

Genrih писал(а):

Я все еще не уверен насчет равенства Вашего первого интеграла(в последнем посте) и первоначального. Переходя к новым переменым ($x-u=x^*$ ... ), $u,v,w $ почему-то oстаются в стороне.

Может быть так будет понятней.

$x^*=x-u, y^*=y-v, z^*=z-w, u^*=u, v^*=v, w^*=w$ . Якобиан равен 1. Область нтегрирования $x>0, y>0, z>0, u>0, v>0, w>0$ или $x^*+u^*>0, y^*+v^*>0, z^*+w^*>0, u^*>0, v^*>0, w^*>0$ или $x^*>-u^*, y^*>-v^*, z^*>-w^*, u^*>0, v^*>0, w^*>0$

[Someone]

$$\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\frac{e^{-ax^2-by^2-cz^2-du^2-fv^2-gw^2}}{\sqrt{(x-u)^2+(y-v)^2+(z-w)^2}}dxdydzdudvdw$$

Все произвольные коэффициенты $a$, $b$, $c$, $d$, $f$, $g$ положительны (я изменил обозначения коэффициентов, потому что буква $e$ использовалась в двух разных смыслах, и исправил опечатку).

Замена переменных: $p_1=x-u$, $p_2=y-v$, $p_3=z-w$, $q_1=x+u$, $q_2=y+v$, $q_3=z+w$; получаем $x=\frac{q_1+p_1}2$, $u=\frac{q_1-p_1}2$, $y=\frac{q_2+p_2}2$, $v=\frac{q_2-p_2}2$, $z=\frac{q_3+p_3}2$, $w=\frac{q_3-p_3}2$, $|j(p_1,p_2,p_3,q_1,q_2,q_3)|=\frac {1}{8}$, поэтому

$$\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\frac{e^{-ax^2-by^2-cz^2-du^2-fv^2-gw^2}}{\sqrt{(x-u)^2+(y-v)^2+(z-w)^2}}dxdydzdudvdw=$$

$$=\frac{1}{8}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_1\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_2\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{dp_3}{\sqrt{p_1^2+p_2^2+p_3^2}}\int\limits_{|p_1|}^{+\infty}e^{-\frac{a}{4}(q_1+p_1)^2-\frac{d}{4}(q_1-p_1)^2}dq_1\int\limits_{|p_2|}^{+\infty}e^{-\frac{b}{4}(q_2+p_2)^2-\frac{f}{4}(q_2-p_2)^2}dq_2\int\limits_{|p_3|}^{+\infty}e^{-\frac{c}{4}(q_3+p_3)^2-\frac{g}{4}(q_3-p_3)^2}dq_3$$

.
Внутренние интегралы, естественно, вычисляются, а внешний - после перехода к сферическим координатам - оценивается.

[Someone]

Выделяем полный квадрат:

$$-\frac{a}{4}(q_1+p_1)^2-\frac{d}{4}(q_1-p_1)^2=-\frac{a+d}{4}\left(q_1+\frac{a-d}{a+d}p_1\right)^2-\frac{ad}{a+d}p_1^2$$

.
Обозначим $t=\sqrt{\frac{a+d}{2}}\left(q_1+\frac{a-d}{a+d}p_1\right)$. Тогда $dq_1=\sqrt{\frac{2}{a+d}}dt$ и

$$\int\limits_{|p_1|}^{+\infty}e^{-\frac{a}{4}(q_1+p_1)^2-\frac{d}{4}(q_1-p_1)^2}dq_1=e^{-\frac{ad}{a+d}p_1^2}\int\limits_{|p_1|}^{+\infty}e^{-\frac{a+d}{4}\left(q_1+\frac{a-d}{a+d}p_1\right)^2}dq_1=$$

$$=\sqrt{\frac{2}{a+d}}e^{-\frac{ad}{a+d}p_1^2}\int\limits_{\sqrt{\frac{a+d}{2}}\left(|p_1|+\frac{a-d}{a+d}p_1\right)}^{+\infty}e^{-\frac{t^2}{2}}dt=2\sqrt{\frac{\pi}{a+d}}e^{-\frac{ad}{a+d}p_1^2}\left(\frac{1}{2}-\Phi\left(\sqrt{\frac{a+d}{2}}\left(|p_1|+\frac{a-d}{a+d}p_1\right)\right)\right)$$

,
где $\Phi(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_0^xe^{-\frac{t^2}{2}}dt$ - функция Лапласа, часто встречающаяся в теории вероятностей.
Так как по предположению $a>0$ и $d>0$, то $|p_1|+\frac{a-d}{a+d}p_1=\frac{a(|p_1|+p_1)+d(|p_1|-p_1)}{a+d}\geqslant 0$, поэтому $0\leqslant\Phi\left(\sqrt{\frac{a+d}{2}}\left(|p_1|+\frac{a-d}{a+d}p_1\right)\right)<\frac{1}{2}$. Это даёт для интеграла оценку

$$\int\limits_{|p_1|}^{+\infty}e^{-\frac{a}{4}(q_1+p_1)^2-\frac{d}{4}(q_1-p_1)^2}dq_1\leqslant\sqrt{\frac{\pi}{a+d}}e^{-\frac{ad}{a+d}p_1^2}$$

,
причём, равенство достигается только при $p_1=0$.
Аналогично оцениваются два других внутренних интеграла (по $q_2$ и $q_3$).

[Someone]

Используя полученные оценки внутренних интегралов, находим

$$0<\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\frac{e^{-ax^2-by^2-cz^2-du^2-fv^2-gw^2}}{\sqrt{(x-u)^2+(y-v)^2+(z-w)^2}}dxdydzdudvdw<$$

$$<\frac{1}{8}\sqrt{\frac{\pi^3}{(a+d)(b+f)(c+g)}}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_1\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_2\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{-\frac{ad}{a+d}p_1^2-\frac{bf}{b+f}p_2^2-\frac{cg}{c+g}p_3^2}}{\sqrt{p_1^2+p_2^2+p_3^2}}dp_3\leqslant$$

.
Обозначим $k=\min\left\{\frac{ad}{a+d},\frac{bf}{b+f},\frac{cg}{c+g}\right\}$. Тогда $k>0$. Продолжаем неравенство:

$$\leqslant\frac{1}{8}\sqrt{\frac{\pi^3}{(a+d)(b+f)(c+g)}}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_1\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_2\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{-k(p_1^2+p_2^2+p_3^2)}}{\sqrt{p_1^2+p_2^2+p_3^2}}dp_3=$$

.
Переходим к сферическим координатам ($p_1=r\cos\varphi\sin\theta$, $p_2=r\sin\varphi\sin\theta$, $p_3=r\cos\theta$, $|j(r,\varphi,\theta)|=r^2\sin\theta$):

$$=\frac{1}{8}\sqrt{\frac{\pi^3}{(a+d)(b+f)(c+g)}}\int\limits_0^{2\pi}d\varphi\int\limits_0^{\pi}\sin\theta d\theta\int\limits_0^{+\infty}e^{-kr^2}rdr=\frac{1}{8}\sqrt{\frac{\pi^3}{(a+d)(b+f)(c+g)}}\cdot 2\pi\cdot 2\cdot\frac{1}{2k}=\sqrt{\frac{\pi^5}{16k^2(a+d)(b+f)(c+g)}}$$

.

Спасибо, AHOHbIMHO, действительно $k$ пропала. Вставляю.

[AHOHbIMHO]

Someone писал(а):

Используя полученные оценки внутренних интегралов, находим

$$0<\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\frac{e^{-ax^2-by^2-cz^2-du^2-fv^2-gw^2}}{\sqrt{(x-u)^2+(y-v)^2+(z-w)^2}}dxdydzdudvdw<$$

$$<\frac{1}{8}\sqrt{\frac{\pi^3}{(a+d)(b+f)(c+g)}}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_1\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_2\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{-\frac{ad}{a+d}p_1^2-\frac{bf}{b+f}p_2^2-\frac{cg}{c+g}p_3^2}}{\sqrt{p_1^2+p_2^2+p_3^2}}dp_3\leqslant$$

.
Обозначим $k=\min\{\frac{ad}{a+d},\frac{bf}{b+f},\frac{cg}{c+g}$. Тогда $k>0$. Продолжаем неравенство:

$$\leqslant\frac{1}{8}\sqrt{\frac{\pi^3}{(a+d)(b+f)(c+g)}}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_1\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_2\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{-k(p_1^2+p_2^2+p_3^2)}}{\sqrt{p_1^2+p_2^2+p_3^2}}dp_3=$$

.
Переходим к сферическим координатам ($p_1=r\cos\varphi\sin\theta$, $p_2=r\sin\varphi\sin\theta$, $p_3=r\cos\theta$, $|j(r,\varphi,\theta)|=r^2\sin\theta$):

$$=\frac{1}{8}\sqrt{\frac{\pi^3}{(a+d)(b+f)(c+g)}}\int\limits_0^{2\pi}d\varphi\int\limits_0^{\pi}\sin\theta d\theta\int\limits_0^{+\infty}e^{-kr^2}rdr=\frac{1}{8}\sqrt{\frac{\pi^3}{(a+d)(b+f)(c+g)}}\cdot 2\pi\cdot 2\cdot\frac{1}{2}=\sqrt{\frac{\pi^5}{16(a+d)(b+f)(c+g)}}$$

.

Между прочим, получается, что при $g\to 0^+$ интеграл остаётся ограниченным, но при $g=0$ расходится. Это на самом деле так, или я наврал?

Куда k пропала? Она в знаменателе должна быть.

[Genrih]

Я до последнего был уверен в обратном. Спасибо Someone, AHOHbIMHO.
Насчет расодимости при $g=0$ не соврали.

[Leierkastenmann]

Всем большое спасибо за предложенные идеи и варианты. Пока что не было времени самому плотно вникнуть в написанное и поспорить или согласиться с чем-либо, равно как и предложить свою не интуитивную, а обоснованную точку зрения.

[Leierkastenmann]

Someone писал(а):

$$\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\frac{e^{-ax^2-by^2-cz^2-du^2-fv^2-gw^2}}{\sqrt{(x-u)^2+(y-v)^2+(z-w)^2}}dxdydzdudvdw$$

Все произвольные коэффициенты $a$, $b$, $c$, $d$, $f$, $g$ положительны (я изменил обозначения коэффициентов, потому что буква $e$ использовалась в двух разных смыслах, и исправил опечатку).

Замена переменных: $p_1=x-u$, $p_2=y-v$, $p_3=z-w$, $q_1=x+u$, $q_2=y+v$, $q_3=z+w$; получаем $x=\frac{q_1+p_1}2$, $u=\frac{q_1-p_1}2$, $y=\frac{q_2+p_2}2$, $v=\frac{q_2-p_2}2$, $z=\frac{q_3+p_3}2$, $w=\frac{q_3-p_3}2$, $|j(p_1,p_2,p_3,q_1,q_2,q_3)|=\frac {1}{8}$, поэтому

$$\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\frac{e^{-ax^2-by^2-cz^2-du^2-fv^2-gw^2}}{\sqrt{(x-u)^2+(y-v)^2+(z-w)^2}}dxdydzdudvdw=$$

$$=\frac{1}{8}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_1\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_2\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{dp_3}{\sqrt{p_1^2+p_2^2+p_3^2}}\int\limits_{|p_1|}^{+\infty}e^{-\frac{a}{4}(q_1+p_1)^2-\frac{d}{4}(q_1-p_1)^2}dq_1\int\limits_{|p_2|}^{+\infty}e^{-\frac{b}{4}(q_2+p_2)^2-\frac{f}{4}(q_2-p_2)^2}dq_2\int\limits_{|p_3|}^{+\infty}e^{-\frac{c}{4}(q_3+p_3)^2-\frac{g}{4}(q_3-p_3)^2}dq_3$$

.
Внутренние интегралы, естественно, вычисляются, а внешний - после перехода к сферическим координатам - оценивается.

Пришло время опубликовать почти полученное аналитическое решение этого интеграла. Будем надеяться, что я нигде не ошибся, если ошибся, то уповаю на внимательность читающих. Я стартую с интеграла, где уже сделана замена переменных.

$$\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\frac{e^{-ax^2-by^2-cz^2-du^2-fv^2-gw^2}}{\sqrt{(x-u)^2+(y-v)^2+(z-w)^2}}dxdydzdudvdw=$$

$$=\frac{1}{8}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_1\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_2\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{dp_3}{\sqrt{p_1^2+p_2^2+p_3^2}}\int\limits_{|p_1|}^{+\infty}e^{-\frac{a}{4}(q_1+p_1)^2-\frac{d}{4}(q_1-p_1)^2}dq_1\int\limits_{|p_2|}^{+\infty}e^{-\frac{b}{4}(q_2+p_2)^2-\frac{f}{4}(q_2-p_2)^2}dq_2\int\limits_{|p_3|}^{+\infty}e^{-\frac{c}{4}(q_3+p_3)^2-\frac{g}{4}(q_3-p_3)^2}dq_3=$$

$$\frac{1}{8}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_1\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_2\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-\frac{ad}{a+d}p_1^2}\frac{erfc(\frac{(a-d)p_1+(a+d)|p_1|}{2\sqrt{a+d}})}{\sqrt{a+d}}e^{-\frac{bf}{b+f}p_2^2}\frac{erfc(\frac{(b-f)p_2+(b+f)|p_2|}{2\sqrt{b+f}})}{\sqrt{b+f}}e^{-\frac{cg}{c+g}p_3^2}\frac{erfc(\frac{(c-g)p_3+(c+g)|p_3|}{2\sqrt{c+g}})}{\sqrt{c+g}}\sqrt{\pi^3}\frac{dp_3}{\sqrt{p_1^2+p_2^2+p_3^2}}$$

Далее освобождаемся от корня в знаменателе следующей заменой:

$$\frac{1}{\sqrt{p_1^2+p_2^2+p_3^2}}=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int\limits_{0}^{+\infty}e^{-t^2(p_1^2+p_2^2+p_3^2)}dt$$

в результате которой наш тройной интеграл становится четверным, но каждый из этих интегралов вычисляется отдельно:
$$\frac{\pi}{4\sqrt{a+d}\sqrt{b+f}\sqrt{c+g}}\int\limits_{0}^{+\infty}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-(\frac{ad}{a+d}+t^2)p_1^2}erfc(\frac{(a-d)p_1+(a+d)|p_1|}{2\sqrt{a+d}})dp_1\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-(\frac{bf}{b+f}+t^2)p_2^2}\frac{erfc(\frac{(b-f)p_2+(b+f)|p_2|}{2\sqrt{b+f}})}{\sqrt{b+f}}dp_2\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-(\frac{cg}{c+g}+t^2)p_3^2}erfc(\frac{(c-g)p_3+(c+g)|p_3|}{2\sqrt{c+g}})dp_3dt$$=
$$\frac{\pi}{4\sqrt{a+d}\sqrt{b+f}\sqrt{c+g}}\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{\pi-arctg\frac{a}{\sqrt{ad+(a+d)t^2}}-arctg\frac{d}{\sqrt{ad+(a+d)t^2}}}{\sqrt{\pi}\sqrt{\frac{ad}{a+d}+t^2}}\frac{\pi-arctg\frac{b}{\sqrt{bf+(b+f)t^2}}-arctg\frac{f}{\sqrt{bf+(b+f)t^2}}}{\sqrt{\pi}\sqrt{\frac{bf}{b+f}+t^2}}\frac{\pi-arctg\frac{c}{\sqrt{cg+(c+g)t^2}}-arctg\frac{g}{\sqrt{cg+(c+g)t^2}}}{\sqrt{\pi}\sqrt{\frac{cg}{c+g}+t^2}}dt$$=

$$\frac{1}{4\sqrt{\pi}}\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{\pi-arctg\frac{a}{\sqrt{ad+(a+d)t^2}}-arctg\frac{d}{\sqrt{ad+(a+d)t^2}}}{\sqrt{ad+(a+d)t^2}}\frac{\pi-arctg\frac{b}{\sqrt{bf+(b+f)t^2}}-arctg\frac{f}{\sqrt{bf+(b+f)t^2}}}{\sqrt{bf+(b+f)t^2}}\frac{\pi-arctg\frac{c}{\sqrt{cg+(c+g)t^2}}-arctg\frac{g}{\sqrt{cg+(c+g)t^2}}}{\sqrt{cg+(c+g)t^2}}dt$$

Осталось дело за малым - вычислить оставшийся интеграл аналитически Функция-то там хорошая на вид - колоколообразная с максимумом в нуле, численно такой интеграл при любых коэффициентах берется запросто, но очень хочется иметь аналитическую формулу

[Руст]

Если хотя бы один коэффициент в экспоненте равен нулю, то интеграл расходится в бесконечности. Интеграл стандартный, я думаю аналитическое выражение можно найти в соответствующих справочниках, самому лень считать.

[Leierkastenmann]

Руст писал(а):

Если хотя бы один коэффициент в экспоненте равен нулю, то интеграл расходится в бесконечности. Интеграл стандартный, я думаю аналитическое выражение можно найти в соответствующих справочниках, самому лень считать.

В условии же написано, что все коэффициенты больше 0 И который интеграл стандартный - изначальный или к которому свелся изначальный интеграл?
Боюсь, что в соотвествующих справочниках подобного интеграла нет, либо я смотрел все больше в несоответствующих А может смотрел в соотвествующих да не разглядел Может посоветуете хороший справочник?

[Dan_Te]

Че-то я не понял, что такое erfc? Функция Лапласа?

И еще, хорошо было бы упростить запись. Обозначить что-нибудь чем-нибудь... Я не уверен, что даже с расширением 1600 на 1200 ваши формулы по ширине влезут в экран.