Несобственный тройной интеграл

[rerf2010rerf]

Определить при каких $p$ сходится интеграл $\iiint \frac{dxdydz}{(x^2+y^2+z^2)^{2p}}$ на множестве $x^2+y^2+z^2 \leqslant \frac{a^6z^2}{x^2+y^2}$, $a > 0$
Делаю сферическую замену переменных
$\begin{cases} x=r \cos\varphi \cos\psi\\ y=r \sin\varphi \cos\psi\\ z=r \sin\psi \end{cases}$
Получается для данной области (вернее, для её части $z \geqslant 0$)
$0 \leqslant r \leqslant a^3\tg \psi$
$0 \leqslant \psi \leqslant \frac{\pi}{2}$
$0 \leqslant \varphi \leqslant 2\pi$
В итоге получается повторный интеграл
$\int_{0}^{2\pi} d\varphi \int_{0}^{\pi/2} d\psi \int_{0}^{a^3\tg \psi} \frac{\cos\psi}{r^{4p-2}}dr$
А вот дальше затык, не могу придумать, что здесь применить. Пытался представить его в виде суммы интегралов как
$2\pi \int_{0}^{\arctg\frac{1}{a^3}} d\psi \int_{0}^{1} \frac{\cos\psi}{r^{4p-2}}dr + 2\pi \int_{\arctg\frac{1}{a^3}}^{\pi/2} d\psi \int_{1}^{a^3\tg\psi} \frac{\cos\psi}{r^{4p-2}}dr $
Но вроде это не очень то помогает

[ewert]

Во-первых, выкиньте $a$, кому она нужна. Во-вторых, перейдите в цилиндрические координаты вместо сферических.

[rerf2010rerf]

Перешёл в цилиндрические
$\begin{cases} x=r \cos\varphi\\ y=r \sin\varphi\\ z=h \end{cases}$
Получилось
$\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_{0}^{\infty} dh \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt 2}{\sqrt{\sqrt{h^4+4h^2}-h^2}}} \frac{r}{(r^2+h^2)^{2p}}dr = \\ \int_{0}^{\infty}(\frac{1}{2-4p}(\frac12h^2+\frac12\sqrt{h^4+4h^2})^{1-2p}-h^{2-4p})dh$
Вроде стало не сильно проще, что здесь ещё можно сделать?

[ewert]

rerf2010rerf в сообщении #867257 писал(а):

Вроде стало не сильно проще

Сильно проще. Поведение подынтегральной функции вблизи нуля и на бесконечности достаточно очевидно, а больше ничего и не надо.