Интеграл (arctg(ax)-arctg(bx))/x

[grav]

Да се пресметне интеграла

[tex]\int_0^\infty\frac{arctg(ax)-arctg(bx)}xdx[/tex]

[pipi langstrump]

Извинявам се за офтопика, но интеграли като тоя не бяха ли известни като "интеграли на Фрулани". Съответно решението същото се наричаше май "формула на Фрулани"?

[grav]

Възможно е, не знам.

[pipi langstrump]

Тя е била - http://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A4%D0% ... 0%BD%D0%B8
Ето друга идея за конкретния интеграл
Да означим [tex]I(a) =[/tex][tex]\int_0^\infty\frac{f(ax)-f(bx)}xdx[/tex], f = arctg
Като диференцираме, се получава:
[tex]I'(a) = \int_0^\infty f'(ax)dx = \frac{1}{a}(f(\infty ) - f(0))= \frac{1}{a}\frac{\pi }{2}[/tex]
[tex]I(a) = \frac{\pi }{2} \ln a + C[/tex]
[tex]0= I(b) = \frac{\pi }{2} \ln b + C, C = -\frac{\pi }{2} \ln b[/tex]
[tex]I(a) = \frac{\pi }{2} \ln a -\frac{\pi }{2} \ln b = \frac{\pi }{2}\ln \frac{a}{b}[/tex]
т.е., третата формула на Фрулани.
П.П. Приемаме, че a> 0, b>0

[grav]

Да, там където я видях явно е давана за такаива като мен, които не са чували за Фрулани. Идеята, там, е да се представи разликата от аркус тангенсите като интергра, така интеграла става двоен, и като се размени реда на интегриране се пресмята лесно.