Question

Применяя дифференцирование по параметру вычислинтеграл

плез

Answer 1

$\dfrac{\pi}{2} sign(\alpha)\cdot ln(|\alpha|+1)$

Пошаговое объяснение:

На мн-ве $[0;+\infty)$ подынтегральная функция, очевидно, определена везде, кроме точки x=0.

$\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{arctg \alpha x}{x(1+x^2)}=\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{\alpha x}{x(1+x^2)}=\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{\alpha }{1+x^2}=\alpha$

А тогда, если доопределить подынтегральную функцию в нуле значением $\alpha$ , она станет непрерывной по x на промежутке $[0;+\infty)$. При этом, очевидно, на значение интеграла такое доопределение не влияет.

По $\alpha$ подынтегральная функция, очевидно, непрерывна.

А тогда, согласно теореме о дифференцировании по параметру, получим:

$I'(\alpha)=\left(\int\limits_0^{+\infty}\dfrac{arctg \alpha x}{x(1+x^2)}dx\right )'=\int\limits_0^{+\infty}\left(\dfrac{arctg \alpha x}{x(1+x^2)}\right)'_\alpha dx=\int\limits_0^{+\infty}\dfrac{x}{x(1+x^2)(1+(\alpha x)^2)} dx=\\ =\int\limits_0^{+\infty}\dfrac{1}{(1+x^2)(1+(\alpha x)^2)} dx=\int\limits_0^{+\infty}\dfrac{\alpha^2}{(\alpha^2-1)(1+(\alpha x)^2)} dx-\int\limits_0^{+\infty}\dfrac{1}{(\alpha^2-1)(1+x^2)} dx=\\$$=\dfrac{1}{\alpha^2-1}(\alpha (arctg(\alpha x))|\limits_0^{+\infty}-(arctg(x))|\limits_0^{+\infty})=\dfrac{1}{\alpha^2-1}(\alpha\cdot sign(\alpha)\dfrac{\pi}{2}-0-\dfrac{\pi}{2}+0)=\dfrac{1}{\alpha^2-1}(|\alpha|-1)\dfrac{\pi}{2})=\dfrac{\pi}{2(|\alpha|+1)}$

Тогда

$I(\alpha)=\int\dfrac{\pi}{2(|\alpha|+1)}d\alpha=\dfrac{\pi}{2}\int\dfrac{sign(\alpha)}{(|\alpha|+1)}d(|\alpha|+1)=\dfrac{\pi}{2} sign(\alpha)\cdot ln(|\alpha|+1)+C$

Очевидно для начального условия взять $\alpha=0$:

$I(0)=\int\limits_{0}^{+\infty} \dfrac{arctg0}{x(1+x^2)}dx=0$

А тогда $0=\dfrac{\pi}{2} sign(0)\cdot ln(|0|+1)+C\Rightarrow C=0$