sergei1961, спасибо. А ещё у нас вот такой страшный интеграл есть:

Он, вроде, равен

при

.
Его можно расписать формально. Поскольку подынтегральная функция чётная, он равен

Выносим

, интегрируем/дифференцируем по

, получаем:

Подстановкой

приводим подынтегральное выражение к виду:

Что с учётом

равно

Если считать

, то это равно

где

не зависит от

. Таким образом, интеграл разбился на 2 интеграла, оба из которых берутся от

до

. Следовательно, сдвиги по переменной интегрирования на

и

можно просто отбросить, и тогда исходный интеграл превратится в

Воспользуемся чётностью подынтегральной функции и тем обстоятельством, что при


где

- функция Бесселя первого рода, получим окончательно для исходного выражения:

если только нигде не наврано.
Но всё это чисто формальные действия. Исходный интеграл сам по себе расходится.