Несобственный интеграл зависящий от параметра

[Viktor92]

Здравствуйте. Подскажите с чего начать вычисление интеграла вида

$$\int\limits_1^\infty \frac {\arctg{\alpha x}}{x^2\sqrt {x^2-1}} dx$$

Дифференцирование по параметру не помогло, пробовал непосредственно интегрировать по частям, вот что получилось:

$$\int\limits_1^\infty \frac {\arctg{\alpha x}}{x^2\sqrt {x^2-1}} dx=\frac{\sqrt{x^2-1}}{x}\arctg{\alpha x}\bigg|_1^\infty-\alpha \int\limits_1^\infty \frac{\sqrt{x^2-1}}{\alpha^2x^3+x} dx$$

.
Получившийся интеграл элементарней особо не стал, вообще про интегралы зависящие от параметра в литературе очень мало примеров даётся, можете подсказать, какие методы используются в задачах подобного рода (как выше), ну кроме дифференцирования по параметру и непосредственному взятию.

[ewert]

Икс внизу в нечётных степенях, поэтому $\sqrt{x^2-1}=t$.

[Viktor92]

Что-то интеграл тождественно равный нулю получается, вот выкладки:
После замены, находим новые пределы интегрирования:
$t_1=0, t_2=\infty$, поэтому

$$\alpha \int\limits_1^\infty \frac{\sqrt{x^2-1}}{\alpha^2x^3+x} dx=\frac{\alpha}{\alpha^2+1}\int \limits_0^\infty \frac{t^2-1+1}{(t^2-1)^2}dt=\frac{\alpha}{\alpha^2+1}\left( \int \limits_0^\infty \frac{dt}{t^2-1}+\int \limits_0^\infty \frac{dt}{(t^2-1)^2}\right)$$

Возьмем первый интеграл в скобках:

$$\int \limits_0^\infty \frac{dt}{t^2-1}=\frac {1} {2} \ln{\frac{t-1}{t+1}}\bigg|_0^\infty=0$$

Второй интеграл:

$$\int \limits_0^\infty \frac{dt}{(t^2-1)^2}\right)=\int \limits_0^\infty \left(\frac 1 2 \left (\frac{1}{t-1}-\frac{1}{t+1}\right)\right)^2 dt=\frac 1 4 \left(\int \limits_0^\infty \frac {dt}{(t-1)^2}-2\int \limits_0^\infty \frac{dt}{t^2-1}+\int \limits_0^\infty \frac{dt}{(t+1)^2}\right) $$

Все интегралы очевидно обращаются в нуль.

[Pphantom]

Viktor92 в сообщении #975884 писал(а):

Что-то интеграл тождественно равный нулю получается, вот выкладки:
После замены,

Выражение под первым же Вашим интегралом при $x \in (1,\infty)$ всегда положительно, следовательно, интеграл должен быть отличен от нуля. Ищите ошибку.

[ewert]

И даже хуже того: уже это

Viktor92 в сообщении #975884 писал(а):

$$\alpha \int\limits_1^\infty \frac{\sqrt{x^2-1}}{\alpha^2x^3+x} dx=\frac{\alpha}{\alpha^2+1}\int \limits_0^\infty \frac{t^2-1+1}{(t^2-1)^2}dt$$

очевидно неверно, причём не один раз.

[ex-math]

Viktor92
А чем дифференцирование не устроило. Там такой же почти интеграл получается.

[Viktor92]

ex-math в сообщении #976037 писал(а):

Viktor92
А чем дифференцирование не устроило. Там такой же почти интеграл получается.

По началу тот интеграл показался сложнее, а вообще все вычисления выше довёл до конца, получилось

$$\text{sgn} {\alpha} \frac \pi 2 (1+\lvert\alpha \rvert -\sqrt{\alpha^2+1})$$

[ewert]

Viktor92 в сообщении #976290 писал(а):

а вообще все вычисления выше довёл до конца, получилось

$$\text{sgn} {\alpha} \frac \pi 2 (1+\lvert\alpha \rvert -\sqrt{\alpha^2+1})$$

Какой интеграл-то довели до конца?... Этот ответ не соответствует ни правильному, ни даже Вашему предыдущему интегралу, не говоря уж о том, что он не аналитичен в нуле.

[Viktor92]

ewert в сообщении #976299 писал(а):

Какой интеграл-то довели до конца?... Этот ответ не соответствует ни правильному, ни даже Вашему предыдущему интегралу, не говоря уж о том, что он не аналитичен в нуле.

Интеграл из первого поста, который после интегрирования по частям получился, а ответ у меня совпал с задачником.

[ex-math]

ewert в сообщении #976299 писал(а):

он не аналитичен в нуле

С чего бы ему вдруг быть аналитичным? Он даже второй производной в нуле не имеет.
Viktor92
Ответ верный.