Вот мы и добрались до того, зачем всё до этого было нужно: как брать интегралы. Применять для этого мы будем дифференцирование и интегрирование по параметрам несобственных интегралов.
Пример: № 3789 доказать формулу Фруллани, или найти интеграл \begin{equation} I\left(a,b\right)\equiv\intop_{0}^{\infty}\frac{f(ax)-f(bx)}{x}dx\label{Iis} \end{equation} при положительных $a$ и $b$, непрерывной функции $f\left(x\right)$ и сходящемся при всяком положительном $A$ интеграле $\int\limits_{A}^{\infty}\frac{f\left(x\right)}{x}$.
Раскладывать его на интегралы слагаемых – не надо, будут получаться интегралы, сходимость которых ниоткуда не следует. Поэтому сначала разложим, отделив ноль: \begin{equation} \intop_{0}^{\infty}\frac{f(ax)-f(bx)}{x}dx=\intop_{0}^{A}\frac{f(ax)-f(bx)}{x}dx+\intop_{A}^{\infty}\frac{f(ax)-f(bx)}{x}dx\label{razl0} \end{equation} Второе слагаемое тогда можно разложить на два сходящихся интеграла: \[ \intop_{A}^{\infty}\frac{f(ax)-f(bx)}{x}dx=\intop_{A}^{\infty}\frac{f(ax)}{ax}adx-\intop_{A}^{\infty}\frac{f(bx)}{bx}bdx= \] Заменим $ax=y$, $bx=y$: \[ =\intop_{aA}^{\infty}\frac{f(y)}{y}dy-\intop_{bA}^{\infty}\frac{f(y)}{y}dy=\intop_{aA}^{bA}\frac{f(y)}{y}dy. \] Подставим полученное в (\ref{razl0}), и перепишем интеграл Фруллани \[ I\left(a,b\right)=\intop_{0}^{\infty}\frac{f(ax)-f(bx)}{x}dx=\intop_{0}^{A}\frac{f(ax)-f(bx)}{x}dx+\intop_{aA}^{bA}\frac{f(y)}{y}dy. \] После этого бесконечность уже не предел (по крайней мере, не верхний). Начнём дифференцировать по параметрам: по $a$ \[ \frac{\partial}{\partial a}I\left(a,b\right)=\intop_{0}^{A}f'(ax)dx-\frac{f(aA)}{aA}A=\frac{1}{a}\intop_{0}^{Aa}f'(y)dy-\frac{f(aA)}{a}= \] \begin{equation} =\frac{1}{a}\left[f(Aa)-f(0)\right]-\frac{f(aA)}{a}=-\frac{f(0)}{a};\label{dIda} \end{equation} и по $b$ \begin{equation} \frac{\partial}{\partial b}I\left(a,b\right)=-\intop_{0}^{A}f'(bx)dx+\frac{f(bA)}{bA}A=\frac{f(0)}{b}.\label{dIdb} \end{equation} Интегрируем (\ref{dIda}) обратно: \[ I\left(a,b\right)=-f(0)\ln a+\varphi(b), \] а полученное продифференцируем по $b$, учтя и (\ref{dIdb}): \[ \frac{\partial}{\partial b}I\left(a,b\right)=\varphi'(b)=\frac{f(0)}{b}, \] откуда \[ \varphi(b)=f(0)\ln b+C. \] Итак, \begin{equation} I\left(a,b\right)=-f(0)\ln a+f(0)\ln b+C=f(0)\ln\frac{b}{a}+C.\label{Iis2} \end{equation}
Найдём константу $C$, для чего рассмотрим случай $b=a$. Из (\ref{Iis}) \[ I\left(a,a\right)=\intop_{0}^{\infty}\frac{f(ax)-f(ax)}{x}dx=\intop_{0}^{\infty}0dx=0. \] Но из (\ref{Iis2}) \[ I\left(a,a\right)=f(0)\ln\frac{a}{a}+C=f(0)\ln1+C=C, \] и в результате $C=0$. Так как $C$- константа, она будет иметь такое же значение и при $b\neq a$. Итак, \[ I\left(a,b\right)=\boxed{\intop_{0}^{\infty}\frac{f(ax)-f(bx)}{x}dx=f(0)\ln\frac{b}{a}}, \]
что и составляет доказываемую формулу Фруллани.
Задание: применяя (или не применяя) формулу Фруллани, решить № 3790 - 3793.
Иногда, перед дифференцированием нужно провести замену параметров. Иногда не нужно.
Пример: № 3800 Вычислить интеграл \[ \intop_{0}^{\infty}\frac{\ln\left(\alpha^{2}+x^{2}\right)}{\beta^{2}+x^{2}}dx\equiv I\left(\alpha,\beta\right) \] Рассмотрим сначала случай, когда $\alpha > 0$, $\beta > 0$. Как и в предыдущем примере, нам придётся определять константу. Если оставить интеграл как есть, то удобных значений для $\alpha$ у нас не будет. Зато они будут у $a$ после замены $\alpha=\frac{1}{a}$: \begin{equation} I=\intop_{0}^{\infty}\frac{\ln\left(\frac{1}{a^{2}}+x^{2}\right)}{\beta^{2}+x^{2}}dx=\intop_{0}^{\infty}\frac{\ln\left(\frac{1+a^{2}x^{2}}{a^{2}}\right)}{\beta^{2}+x^{2}}dx=\intop_{0}^{\infty}\frac{\ln\left(1+a^{2}x^{2}\right)}{\beta^{2}+x^{2}}dx-\intop_{0}^{\infty}\frac{\ln a^{2}}{\beta^{2}+x^{2}}dx.\label{irazl} \end{equation} Начнём с более простого второго слагаемого: \begin{equation} \intop_{0}^{\infty}\frac{\ln a^{2}}{\beta^{2}+x^{2}}dx=\frac{2\ln a}{\beta}\intop_{0}^{\infty}\frac{\frac{1}{\beta}dx}{1+\left(\frac{x}{\beta}\right)^{2}}=\left.\frac{2\ln a}{\beta}\mathrm{arctg}\,\frac{x}{\beta}\right|_{0}^{\infty}=\frac{2\ln a}{\beta}\frac{\pi}{2}=\pi\frac{\ln a}{\beta}.\label{smpl} \end{equation} А вот первое уже не считается в лоб. Обозначим его \[ \intop_{0}^{\infty}\frac{\ln\left(1+a^{2}x^{2}\right)}{\beta^{2}+x^{2}}dx\equiv J\left(a,\beta\right), \] и найдём производную по $a$ \[ J'_{a}=2a\intop_{0}^{\infty}\frac{x^{2}}{\left(\beta^{2}+x^{2}\right)\left(1+a^{2}x^{2}\right)}dx. \] Разложим подынтегральное выражение методом неопределённых коэффициентов \[ \frac{x^{2}}{\left(\beta^{2}+x^{2}\right)\left(1+a^{2}x^{2}\right)}=\frac{A}{\beta^{2}+x^{2}}+\frac{B}{1+a^{2}x^{2}}=\frac{A\left(1+a^{2}x^{2}\right)+B\left(\beta^{2}+x^{2}\right)}{\left(\beta^{2}+x^{2}\right)\left(1+a^{2}x^{2}\right)}=\frac{\left(A+B\beta^{2}\right)+\left(Aa^{2}+B\right)x^{2}}{\left(\beta^{2}+x^{2}\right)\left(1+a^{2}x^{2}\right)}, \] \[ \left\{ \begin{array}{r} A+B\beta^{2}=0,\\ Aa^{2}+B=1, \end{array}\right. \] тогда $A=-B\beta^{2}$, $-B\beta^{2}a^{2}+B=1$, и \[ B=\frac{1}{1-\beta^{2}a^{2}},\quad A=-\frac{\beta^{2}}{1-\beta^{2}a^{2}}; \] \[ \frac{x^{2}}{\left(\beta^{2}+x^{2}\right)\left(1+a^{2}x^{2}\right)}=-\frac{\beta^{2}}{1-\beta^{2}a^{2}}\frac{1}{\beta^{2}+x^{2}}+\frac{1}{1-\beta^{2}a^{2}}\frac{1}{1+a^{2}x^{2}}. \] Это разложение позволит найти $J'_{a}$: \[ J'_{a}=2a\intop_{0}^{\infty}\frac{x^{2}}{\left(\beta^{2}+x^{2}\right)\left(1+a^{2}x^{2}\right)}dx=2a\intop_{0}^{\infty}\left(-\frac{\beta^{2}}{1-\beta^{2}a^{2}}\frac{1}{\beta^{2}+x^{2}}+\frac{1}{1-\beta^{2}a^{2}}\frac{1}{1+a^{2}x^{2}}\right)dx=\frac{2a}{1-\beta^{2}a^{2}}\intop_{0}^{\infty}\left(\frac{1}{1+a^{2}x^{2}}-\beta^{2}\frac{1}{\beta^{2}+x^{2}}\right)dx= \] \[ =\frac{2a}{1-\beta^{2}a^{2}}\left.\left(\frac{1}{a}\mathrm{arctg}\,ax-\beta^{2}\frac{1}{\beta}\mathrm{arctg}\,\frac{x}{\beta}\right)\right|_{0}^{\infty}=\frac{2a}{1-\beta^{2}a^{2}}\left(\frac{1}{a}\frac{\pi}{2}-\beta\frac{\pi}{2}\right)=\pi\frac{1}{1-\beta^{2}a^{2}}\left(1-\beta a\right)=\frac{\pi}{1+\beta a}. \] Интегрируем обратно: \begin{equation} J=\intop_{0}^{\infty}\frac{\ln\left(1+a^{2}x^{2}\right)}{\beta^{2}+x^{2}}dx=\frac{\pi}{\beta}\ln\left(1+\beta a\right)+\varphi\left(\beta\right),\label{jis} \end{equation} и мы получили $J$, но с точностью до произвольной функции от $\beta$. Дифференцировать по $\beta$, как обычно бывает в таких случаях, тут не обязательно. Подставим $a=0$: \[ \intop_{0}^{\infty}\frac{\ln\left(1\right)}{\beta^{2}+x^{2}}dx=0=\frac{\pi}{\beta}\ln\left(1\right)+\varphi\left(\beta\right)=\varphi\left(\beta\right), \] откуда $\varphi\left(\beta\right)=0$, и тогда из (\ref{jis}) \[ \intop_{0}^{\infty}\frac{\ln\left(1+a^{2}x^{2}\right)}{\beta^{2}+x^{2}}dx=\frac{\pi}{\beta}\ln\left(1+\beta a\right). \] Подставим полученное и формулу (\ref{smpl}) в (\ref{irazl}): \[ I=\intop_{0}^{\infty}\frac{\ln\left(1+a^{2}x^{2}\right)}{\beta^{2}+x^{2}}dx-\intop_{0}^{\infty}\frac{\ln a^{2}}{\beta^{2}+x^{2}}dx=\frac{\pi}{\beta}\ln\left(1+\beta a\right)-\pi\frac{\ln a}{\beta}=\frac{\pi}{\beta}\left[\ln\left(1+\beta a\right)-\ln a\right]=\frac{\pi}{\beta}\ln\frac{1+\beta a}{a}= \] заменим параметр обратно $a=\frac{1}{\alpha}$: \[ =\frac{\pi}{\beta}\ln\frac{1+\beta\frac{1}{\alpha}}{\frac{1}{\alpha}}=\frac{\pi}{\beta}\ln\left(\alpha+\beta\right) \] Это был случай положительных параметров. При $\alpha\gtrless0$ и $\beta\gtrless0$ можно считать так: \[ \intop_{0}^{\infty}\frac{\ln\left(\alpha^{2}+x^{2}\right)}{\beta^{2}+x^{2}}dx=\intop_{0}^{\infty}\frac{\ln\left(\left|\alpha\right|^{2}+x^{2}\right)}{\left|\beta\right|^{2}+x^{2}}dx=I\left(\left|\alpha\right|,\left|\beta\right|\right)=\frac{\pi}{\left|\beta\right|}\ln\left(\left|\alpha\right|+\left|\beta\right|\right). \] Наконец при $\alpha=0$ или $\beta=0$ интеграл не сходится.
Задание: № 3797, 3798, 3799, 3801.
