Применение несобственного интеграла

Если фигура ограничена графиком функции ${\displaystyle f(x)\geq 0}$ и осью абсцисс на промежутке ${\displaystyle [a,\infty )}$, её площадь определяется как^[2]

${\displaystyle S=\int _{a}^{\infty }f(x)\,dx.}$

Если этот интеграл сходится, фигура имеет конечную площадь, несмотря на то что уходит в бесконечность.

Пример 1. Найти площадь фигуры, ограниченной кривой ${\displaystyle y=e^{-x}}$ и осью абсцисс на промежутке ${\displaystyle [0,\infty )}$.

${\displaystyle S=\int _{0}^{\infty }e^{-x}\,dx={\Bigl [}-e^{-x}{\Bigr ]}_{0}^{\infty }=\lim _{b\to \infty }(-e^{-b})-(-1)=0+1=1.}$

Площадь равна ${\displaystyle 1}$, хотя фигура простирается до бесконечности.

Пример 2. Найти площадь фигуры под кривой ${\displaystyle y={\dfrac {1}{x^{2}}}}$ на промежутке ${\displaystyle [1,\infty )}$.

${\displaystyle S=\int _{1}^{\infty }{\frac {dx}{x^{2}}}={\Bigl [}-{\frac {1}{x}}{\Bigr ]}_{1}^{\infty }=0-(-1)=1.}$

Пример 3. Расходящийся случай. Площадь под кривой ${\displaystyle y={\dfrac {1}{x}}}$ на промежутке ${\displaystyle [1,\infty )}$:

${\displaystyle S=\int _{1}^{\infty }{\frac {dx}{x}}=\lim _{b\to \infty }\ln b=+\infty .}$

Несмотря на то что кривая ${\displaystyle 1/x}$ убывает и стремится к нулю, площадь под ней бесконечна.

Если функция неограниченна в точке ${\displaystyle c}$, но фигура тем не менее может иметь конечную площадь.

Пример 4. Найти площадь фигуры под кривой ${\displaystyle y={\dfrac {1}{\sqrt {x}}}}$ на промежутке ${\displaystyle (0,1]}$.

${\displaystyle S=\int _{0}^{1}{\frac {dx}{\sqrt {x}}}=\lim _{t\to 0+}\int _{t}^{1}x^{-1/2}\,dx=\lim _{t\to 0+}{\Bigl [}2{\sqrt {x}}{\Bigr ]}_{t}^{1}=2-0=2.}$

Функция обращается в бесконечность при ${\displaystyle x\to 0+}$, но площадь конечна.

Рассмотрим тело, которое получается вращением кривой ${\displaystyle y=1/x}$ при ${\displaystyle x\geq 1}$ вокруг оси ${\displaystyle Ox}$. Это тело называют трубой Габриеля или рогом Торричелли^[2].

Объём тела вращения:

${\displaystyle V=\pi \int _{1}^{\infty }{\frac {dx}{x^{2}}}=\pi \cdot 1=\pi .}$

Площадь боковой поверхности:

${\displaystyle S=2\pi \int _{1}^{\infty }{\frac {1}{x}}{\sqrt {1+{\frac {1}{x^{4}}}}}\,dx>2\pi \int _{1}^{\infty }{\frac {dx}{x}}=+\infty .}$

Парадокс состоит в том, что тело имеет конечный объём, но бесконечную площадь поверхности."

Объём тела, полученного вращением графика ${\displaystyle y=f(x)\geq 0}$ вокруг оси ${\displaystyle Ox}$ на промежутке ${\displaystyle [a,\infty )}$, вычисляется по формуле^[2]

${\displaystyle V=\pi \int _{a}^{\infty }[f(x)]^{2}\,dx.}$

Пример 5. Найти объём тела вращения кривой ${\displaystyle y=e^{-x}}$ вокруг оси ${\displaystyle Ox}$ на промежутке ${\displaystyle [0,\infty )}$.

${\displaystyle V=\pi \int _{0}^{\infty }e^{-2x}\,dx=\pi {\Bigl [}-{\tfrac {1}{2}}e^{-2x}{\Bigr ]}_{0}^{\infty }=\pi \left(0+{\frac {1}{2}}\right)={\frac {\pi }{2}}.}$

Пример 6. Найти объём тела вращения кривой ${\displaystyle y={\dfrac {1}{\sqrt {x}}}}$ вокруг оси ${\displaystyle Ox}$ на промежутке ${\displaystyle (0,1]}$.

${\displaystyle V=\pi \int _{0}^{1}{\frac {dx}{x}}=\pi \lim _{t\to 0+}{\Bigl [}\ln x{\Bigr ]}_{t}^{1}=\pi \lim _{t\to 0+}(-\ln t)=+\infty .}$

Объём бесконечен, хотя площадь под этой же кривой конечна (см. пример 4). Это показывает, что площадь и объём могут вести себя по-разному.

Длина кривой ${\displaystyle y=f(x)}$ на промежутке ${\displaystyle [a,\infty )}$ вычисляется по формуле^[2]

${\displaystyle L=\int _{a}^{\infty }{\sqrt {1+[f'(x)]^{2}}}\,dx.}$

Пример 7. Найти длину кривой ${\displaystyle y=\ln(\cos x)}$ на промежутке ${\displaystyle \left[0,{\dfrac {\pi }{2}}\right)}$.

Производная: ${\displaystyle f'(x)=-\operatorname {tg} x}$.

${\displaystyle L=\int _{0}^{\pi /2}{\sqrt {1+\operatorname {tg} ^{2}x}}\,dx=\int _{0}^{\pi /2}{\frac {dx}{\cos x}}=\lim _{t\to \pi /2-}{\Bigl [}\ln |\sec x+\operatorname {tg} x|{\Bigr ]}_{0}^{t}=+\infty .}$

Длина бесконечна, что согласуется с тем, что кривая уходит вниз до ${\displaystyle -\infty }$ при ${\displaystyle x\to \pi /2-}$.

Площадь поверхности, образованной вращением кривой ${\displaystyle y=f(x)\geq 0}$ вокруг оси ${\displaystyle Ox}$ на промежутке ${\displaystyle [a,\infty )}$:

${\displaystyle S=2\pi \int _{a}^{\infty }f(x){\sqrt {1+[f'(x)]^{2}}}\,dx.}$

Пример 8. Найти площадь поверхности вращения кривой ${\displaystyle y=e^{-x}}$ вокруг оси ${\displaystyle Ox}$ на промежутке ${\displaystyle [0,\infty )}$.

${\displaystyle S=2\pi \int _{0}^{\infty }e^{-x}{\sqrt {1+e^{-2x}}}\,dx.}$

Сделаем замену ${\displaystyle u=e^{-x}}$, ${\displaystyle du=-e^{-x}dx}$:

${\displaystyle S=2\pi \int _{0}^{1}{\sqrt {1+u^{2}}}\,du.}$

Это уже обычный интеграл. Используя формулу для ${\displaystyle \int {\sqrt {1+u^{2}}}\,du}$:

${\displaystyle S=2\pi \left[{\frac {u{\sqrt {1+u^{2}}}}{2}}+{\frac {\ln(u+{\sqrt {1+u^{2}}})}{2}}\right]_{0}^{1}=\pi \left({\sqrt {2}}+\ln(1+{\sqrt {2}})\right).}$

Пусть стержень занимает полуось ${\displaystyle [0,\infty )}$, а его линейная плотность равна ${\displaystyle \rho (x)}$. Масса стержня:

${\displaystyle m=\int _{0}^{\infty }\rho (x)\,dx,}$

координата центра масс:

${\displaystyle x_{c}={\frac {1}{m}}\int _{0}^{\infty }x\,\rho (x)\,dx.}$

Пример 9. Стержень на ${\displaystyle [0,\infty )}$ с плотностью ${\displaystyle \rho (x)=e^{-x}}$. Масса:

${\displaystyle m=\int _{0}^{\infty }e^{-x}\,dx=1.}$

Координата центра масс:

${\displaystyle x_{c}=\int _{0}^{\infty }xe^{-x}\,dx.}$

Интегрируем по частям с ${\displaystyle u=x}$, ${\displaystyle dv=e^{-x}dx}$:

${\displaystyle x_{c}={\Bigl [}-xe^{-x}{\Bigr ]}_{0}^{\infty }+\int _{0}^{\infty }e^{-x}\,dx=0+1=1.}$

Центр масс находится в точке ${\displaystyle x_{c}=1}$.

Момент инерции стержня относительно начала координат:

${\displaystyle I=\int _{0}^{\infty }x^{2}\,\rho (x)\,dx.}$

Пример 10. Для того же стержня из примера 9:

${\displaystyle I=\int _{0}^{\infty }x^{2}e^{-x}\,dx.}$

Интегрируем по частям дважды. После первого применения:

${\displaystyle I={\Bigl [}-x^{2}e^{-x}{\Bigr ]}_{0}^{\infty }+2\int _{0}^{\infty }xe^{-x}\,dx=0+2\cdot 1=2.}$

(здесь использован результат примера 9).

Гамма-функция Эйлера определяется несобственным интегралом^[3]:

${\displaystyle \Gamma (s)=\int _{0}^{\infty }t^{s-1}e^{-t}\,dt,\qquad s>0.}$

Сходимость этого интеграла обеспечивается тем, что экспонента убывает быстрее любой степени при ${\displaystyle t\to \infty }$, а при ${\displaystyle t\to 0+}$ показатель ${\displaystyle s-1>-1}$.

Интегрируя по частям:

${\displaystyle \Gamma (s+1)=\int _{0}^{\infty }t^{s}e^{-t}\,dt={\Bigl [}-t^{s}e^{-t}{\Bigr ]}_{0}^{\infty }+s\int _{0}^{\infty }t^{s-1}e^{-t}\,dt=s\,\Gamma (s).}$

Таким образом,

${\displaystyle \Gamma (s+1)=s\,\Gamma (s).}$

Поскольку ${\displaystyle \Gamma (1)=\int _{0}^{\infty }e^{-t}\,dt=1}$, по рекуррентному соотношению:

${\displaystyle \Gamma (n+1)=n!,\qquad n\in \mathbb {N} .}$

Гамма-функция является непрерывным обобщением факториала на вещественные числа.

Пример 11. Вычислить ${\displaystyle \Gamma (1/2)}$.

${\displaystyle \Gamma \!\left({\tfrac {1}{2}}\right)=\int _{0}^{\infty }t^{-1/2}e^{-t}\,dt.}$

Сделаем замену ${\displaystyle t=u^{2}}$, ${\displaystyle dt=2u\,du}$:

${\displaystyle \Gamma \!\left({\tfrac {1}{2}}\right)=\int _{0}^{\infty }{\frac {e^{-u^{2}}}{u}}\cdot 2u\,du=2\int _{0}^{\infty }e^{-u^{2}}\,du={\sqrt {\pi }}.}$

(Здесь использован интеграл Гаусса, который вычислен ниже в разделе о теории вероятностей.)

Тесно связана с гамма-функцией бета-функция Эйлера^[3]:

${\displaystyle B(p,q)=\int _{0}^{1}t^{p-1}(1-t)^{q-1}\,dt,\qquad p,q>0.}$

Связь между функциями:

${\displaystyle B(p,q)={\frac {\Gamma (p)\,\Gamma (q)}{\Gamma (p+q)}}.}$

Пример 12. Вычислить ${\displaystyle B(3,2)}$.

По формуле:

${\displaystyle B(3,2)={\frac {\Gamma (3)\,\Gamma (2)}{\Gamma (5)}}={\frac {2!\cdot 1!}{4!}}={\frac {2}{24}}={\frac {1}{12}}.}$

Проверка прямым вычислением:

${\displaystyle B(3,2)=\int _{0}^{1}t^{2}(1-t)\,dt=\int _{0}^{1}(t^{2}-t^{3})\,dt={\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}={\frac {1}{12}}.\quad \checkmark }$

Интеграл Гаусса — один из важнейших несобственных интегралов^[4]:

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi }}.}$

Вычисление. Обозначим ${\displaystyle I=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx}$. Тогда

${\displaystyle I^{2}=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx\cdot \int _{-\infty }^{\infty }e^{-y^{2}}\,dy=\iint _{\mathbb {R} ^{2}}e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dx\,dy.}$

Перейдём к полярным координатам:

${\displaystyle I^{2}=\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}r\,dr\,d\varphi =2\pi \int _{0}^{\infty }re^{-r^{2}}\,dr=2\pi \cdot {\frac {1}{2}}=\pi .}$

Следовательно, ${\displaystyle I={\sqrt {\pi }}}$.

Плотность нормального распределения с математическим ожиданием ${\displaystyle \mu }$ и дисперсией ${\displaystyle \sigma ^{2}}$ задаётся формулой^[4]

${\displaystyle f(x)={\frac {1}{\sigma {\sqrt {2\pi }}}}\,e^{-{\frac {(x-\mu )^{2}}{2\sigma ^{2}}}}.}$

Условие нормировки. Необходимо проверить, что

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }f(x)\,dx=1.}$

После замены ${\displaystyle t={\dfrac {x-\mu }{\sigma {\sqrt {2}}}}}$:

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }f(x)\,dx={\frac {1}{\sqrt {\pi }}}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-t^{2}}\,dt={\frac {\sqrt {\pi }}{\sqrt {\pi }}}=1.}$

Математическое ожидание. При ${\displaystyle \mu =0}$ и ${\displaystyle \sigma =1}$ (стандартное нормальное распределение):

${\displaystyle M[X]=\int _{-\infty }^{\infty }x\cdot {\frac {e^{-x^{2}/2}}{\sqrt {2\pi }}}\,dx=0,}$

так как подынтегральная функция нечётна, а интеграл по симметричному промежутку от нечётной функции (при условии абсолютной сходимости) равен нулю.

Дисперсия стандартного нормального распределения.

${\displaystyle D[X]=\int _{-\infty }^{\infty }x^{2}\cdot {\frac {e^{-x^{2}/2}}{\sqrt {2\pi }}}\,dx.}$

Интегрируем по частям с ${\displaystyle u=x}$, ${\displaystyle dv=xe^{-x^{2}/2}dx}$:

${\displaystyle D[X]={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\left({\Bigl [}-xe^{-x^{2}/2}{\Bigr ]}_{-\infty }^{\infty }+\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}/2}\,dx\right)={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\cdot {\sqrt {2\pi }}=1.}$

Следовательно, дисперсия стандартного нормального распределения равна ${\displaystyle 1}$.

Плотность показательного (экспоненциального) распределения:

${\displaystyle f(x)=\lambda e^{-\lambda x},\qquad x\geq 0,\quad \lambda >0.}$

Условие нормировки:

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }\lambda e^{-\lambda x}\,dx=\lambda \cdot {\frac {1}{\lambda }}=1.\quad \checkmark }$

Математическое ожидание:

${\displaystyle M[X]=\int _{0}^{\infty }x\lambda e^{-\lambda x}\,dx.}$

Интегрируем по частям:

${\displaystyle M[X]=\lambda \left({\Bigl [}-{\frac {x}{\lambda }}e^{-\lambda x}{\Bigr ]}_{0}^{\infty }+{\frac {1}{\lambda }}\int _{0}^{\infty }e^{-\lambda x}\,dx\right)=\lambda \cdot {\frac {1}{\lambda ^{2}}}={\frac {1}{\lambda }}.}$

Дисперсия:

${\displaystyle D[X]=M[X^{2}]-(M[X])^{2}.}$

Вычислим:

${\displaystyle M[X^{2}]=\int _{0}^{\infty }x^{2}\lambda e^{-\lambda x}\,dx={\frac {2}{\lambda ^{2}}}.}$

Тогда

${\displaystyle D[X]={\frac {2}{\lambda ^{2}}}-{\frac {1}{\lambda ^{2}}}={\frac {1}{\lambda ^{2}}}.}$

Для непрерывной случайной величины с плотностью ${\displaystyle f(x)}$ вероятность попадания в интервал ${\displaystyle (a,b)}$ вычисляется как^[4]

${\displaystyle P(a<X<b)=\int _{a}^{b}f(x)\,dx.}$

Если интервал уходит в бесконечность:

${\displaystyle P(X>a)=\int _{a}^{\infty }f(x)\,dx.}$

Пример 13. Для стандартного нормального распределения найти ${\displaystyle P(X>1)}$.

${\displaystyle P(X>1)=\int _{1}^{\infty }{\frac {e^{-x^{2}/2}}{\sqrt {2\pi }}}\,dx={\frac {1}{2}}-\Phi (1)\approx 0{,}1587,}$

где ${\displaystyle \Phi (x)={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\int _{0}^{x}e^{-t^{2}/2}\,dt}$ — функция Лапласа (интеграл вероятностей).

Работа, которую нужно совершить, чтобы переместить тело массой ${\displaystyle m}$ из точки ${\displaystyle r=R}$ на бесконечность против силы тяготения планеты массой ${\displaystyle M}$:

${\displaystyle A=\int _{R}^{\infty }F(r)\,dr=\int _{R}^{\infty }{\frac {GMm}{r^{2}}}\,dr=GMm{\Bigl [}-{\frac {1}{r}}{\Bigr ]}_{R}^{\infty }={\frac {GMm}{R}},}$

где ${\displaystyle G}$ — гравитационная постоянная^[5].

Эта величина и есть потенциальная энергия притяжения, взятая с обратным знаком.

Из условия ${\displaystyle A={\dfrac {mv^{2}}{2}}}$ немедленно следует минимальная скорость, необходимая для выхода тела за пределы притяжения:

${\displaystyle v={\sqrt {\frac {2GM}{R}}}.}$

Для Земли (${\displaystyle M\approx 5{,}97\cdot 10^{24}}$ кг, ${\displaystyle R\approx 6{,}37\cdot 10^{6}}$ м) получаем ${\displaystyle v\approx 11{,}2}$ км/с — вторая космическая скорость.

Аналогично для кулоновской силы:

${\displaystyle A=\int _{R}^{\infty }{\frac {kq_{1}q_{2}}{r^{2}}}\,dr={\frac {kq_{1}q_{2}}{R}},}$

что задаёт потенциальную энергию системы двух зарядов^[6].

Пусть стержень расположен вдоль оси ${\displaystyle Ox}$ и имеет линейную плотность заряда ${\displaystyle \lambda }$. Напряжённость поля в точке, находящейся на расстоянии ${\displaystyle d}$ от стержня, находится суммированием вкладов всех элементов:

${\displaystyle E=\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {k\lambda d\,dx}{(x^{2}+d^{2})^{3/2}}}=k\lambda d{\Bigl [}{\frac {x}{d^{2}{\sqrt {x^{2}+d^{2}}}}}{\Bigr ]}_{-\infty }^{\infty }={\frac {2k\lambda }{d}}.}$

Этот результат совпадает с известной формулой для поля бесконечной нити^[5].

В теории теплопроводности фундаментальное решение уравнения теплопроводности имеет вид

${\displaystyle u(x,t)={\frac {1}{\sqrt {4\pi a^{2}t}}}\,e^{-x^{2}/(4a^{2}t)}.}$

Условие нормировки (полное количество тепла сохраняется):

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }u(x,t)\,dx={\frac {1}{\sqrt {4\pi a^{2}t}}}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}/(4a^{2}t)}\,dx={\frac {1}{\sqrt {4\pi a^{2}t}}}\cdot {\sqrt {4\pi a^{2}t}}=1.}$

Это прямое следствие интеграла Гаусса^[1].

Плотность энергии электрического поля убывает при удалении от источника. Полная энергия поля в пространстве вычисляется как

${\displaystyle W=\int _{\mathbb {R} ^{3}}w(\mathbf {r} )\,d^{3}r,}$

где ${\displaystyle w(\mathbf {r} )\propto |\mathbf {E} (\mathbf {r} )|^{2}}$. Для поля точечного заряда ${\displaystyle w\propto r^{-4}}$, и интеграл по радиусу ведёт себя как ${\displaystyle \int r^{-2}\,dr}$. Он **сходится на бесконечности**, но **расходится при ${\displaystyle r\to 0}$. В классической электродинамике это приводит к известной проблеме бесконечной собственной энергии точечного заряда, которая снимается либо учётом конечного радиуса частицы, либо методами квантовой теории поля.

Полный путь, пройденный телом при колебаниях с экспоненциальным затуханием ${\displaystyle x(t)=Ae^{-\beta t}\cos(\omega t)}$ (за бесконечное время), конечен и равен

${\displaystyle L=\int _{0}^{\infty }|x'(t)|\,dt<\infty ,}$

поскольку ${\displaystyle |x'(t)|\leq Ce^{-\beta t}}$ и ${\displaystyle \int _{0}^{\infty }e^{-\beta t}\,dt=1/\beta }$^[7].

Преобразование Лапласа — один из главных инструментов в теории дифференциальных уравнений и теории управления^[8]:

${\displaystyle {\mathcal {L}}\{f\}(s)=\int _{0}^{\infty }e^{-st}f(t)\,dt.}$

Преобразование существует при ${\displaystyle s>s_{0}}$, где ${\displaystyle s_{0}}$ — абсцисса сходимости.

Функция ${\displaystyle f(t)}$	Преобразование ${\displaystyle {\mathcal {L}}\{f\}(s)}$	Условие
${\displaystyle 1}$	${\displaystyle {\dfrac {1}{s}}}$	${\displaystyle s>0}$
${\displaystyle t^{n}}$	${\displaystyle {\dfrac {n!}{s^{n+1}}}}$	${\displaystyle s>0}$
${\displaystyle e^{at}}$	${\displaystyle {\dfrac {1}{s-a}}}$	${\displaystyle s>a}$
${\displaystyle \sin(\omega t)}$	${\displaystyle {\dfrac {\omega }{s^{2}+\omega ^{2}}}}$	${\displaystyle s>0}$
${\displaystyle \cos(\omega t)}$	${\displaystyle {\dfrac {s}{s^{2}+\omega ^{2}}}}$	${\displaystyle s>0}$
${\displaystyle t^{s-1}}$	${\displaystyle {\dfrac {\Gamma (s)}{s^{s}}}}$	${\displaystyle s>0}$

Пример 14. Найти ${\displaystyle {\mathcal {L}}\{\sin(\omega t)\}(s)}$.

${\displaystyle {\mathcal {L}}\{\sin(\omega t)\}=\int _{0}^{\infty }e^{-st}\sin(\omega t)\,dt.}$

Интегрируем по частям дважды.

Первое применение (${\displaystyle u=\sin(\omega t)}$, ${\displaystyle dv=e^{-st}dt}$):

${\displaystyle ={\Bigl [}-{\frac {e^{-st}}{s}}\sin(\omega t){\Bigr ]}_{0}^{\infty }+{\frac {\omega }{s}}\int _{0}^{\infty }e^{-st}\cos(\omega t)\,dt={\frac {\omega }{s}}\int _{0}^{\infty }e^{-st}\cos(\omega t)\,dt.}$

Второе применение (${\displaystyle u=\cos(\omega t)}$, ${\displaystyle dv=e^{-st}dt}$):

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }e^{-st}\cos(\omega t)\,dt={\frac {1}{s}}-{\frac {\omega }{s}}\int _{0}^{\infty }e^{-st}\sin(\omega t)\,dt.}$

Обозначим ${\displaystyle I=\int _{0}^{\infty }e^{-st}\sin(\omega t)\,dt}$. Тогда:

${\displaystyle I={\frac {\omega }{s}}\left({\frac {1}{s}}-{\frac {\omega }{s}}I\right)={\frac {\omega }{s^{2}}}-{\frac {\omega ^{2}}{s^{2}}}I.}$

Отсюда:

${\displaystyle I\left(1+{\frac {\omega ^{2}}{s^{2}}}\right)={\frac {\omega }{s^{2}}},\qquad I={\frac {\omega }{s^{2}+\omega ^{2}}}.}$

Пример 15. Решить уравнение ${\displaystyle y''+\omega ^{2}y=0}$, ${\displaystyle y(0)=0}$, ${\displaystyle y'(0)=\omega }$.

Применим преобразование Лапласа с учётом формул ${\displaystyle {\mathcal {L}}\{y''\}=s^{2}Y-sy(0)-y'(0)}$:

${\displaystyle s^{2}Y+\omega ^{2}Y=\omega ,\qquad Y(s)={\frac {\omega }{s^{2}+\omega ^{2}}}.}$

Обратное преобразование даёт

${\displaystyle y(t)=\sin(\omega t).}$

Преобразование Фурье определяется как несобственный интеграл^[9]:

${\displaystyle {\hat {f}}(\xi )=\int _{-\infty }^{\infty }f(x)\,e^{-2\pi i\xi x}\,dx.}$

Пример 16. Найти преобразование Фурье функции ${\displaystyle f(x)=e^{-\alpha |x|}}$, ${\displaystyle \alpha >0}$.

${\displaystyle {\hat {f}}(\xi )=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-\alpha |x|}e^{-2\pi i\xi x}\,dx=\int _{-\infty }^{0}e^{\alpha x}e^{-2\pi i\xi x}\,dx+\int _{0}^{\infty }e^{-\alpha x}e^{-2\pi i\xi x}\,dx.}$

Вычислим каждый интеграл:

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }e^{-(\alpha +2\pi i\xi )x}\,dx={\frac {1}{\alpha +2\pi i\xi }},}$

${\displaystyle \int _{-\infty }^{0}e^{(\alpha -2\pi i\xi )x}\,dx={\frac {1}{\alpha -2\pi i\xi }}.}$

Следовательно:

${\displaystyle {\hat {f}}(\xi )={\frac {1}{\alpha -2\pi i\xi }}+{\frac {1}{\alpha +2\pi i\xi }}={\frac {2\alpha }{\alpha ^{2}+4\pi ^{2}\xi ^{2}}}.}$

Пример 17. Найти преобразование Фурье гауссовой функции ${\displaystyle f(x)=e^{-\pi x^{2}}}$.

${\displaystyle {\hat {f}}(\xi )=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-\pi x^{2}}e^{-2\pi i\xi x}\,dx=e^{-\pi \xi ^{2}}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-\pi (x+i\xi )^{2}}\,dx=e^{-\pi \xi ^{2}}.}$

Гауссова функция является собственной функцией преобразования Фурье.

Для функций ${\displaystyle f,g\in L^{2}(\mathbb {R} )}$ выполняется^[9]:

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }f(x){\overline {g(x)}}\,dx=\int _{-\infty }^{\infty }{\hat {f}}(\xi ){\overline {{\hat {g}}(\xi )}}\,d\xi .}$

В частности, при ${\displaystyle f=g}$:

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }|f(x)|^{2}\,dx=\int _{-\infty }^{\infty }|{\hat {f}}(\xi )|^{2}\,d\xi .}$

Если доход поступает непрерывно со скоростью ${\displaystyle R(t)}$ в момент времени ${\displaystyle t}$, а ставка дисконтирования равна ${\displaystyle r}$, то приведённая стоимость бесконечного потока платежей^[10]:

${\displaystyle PV=\int _{0}^{\infty }R(t)\,e^{-rt}\,dt.}$

Пример 18. Постоянный доход. При ${\displaystyle R(t)=R={\text{const}}}$:

${\displaystyle PV=R\int _{0}^{\infty }e^{-rt}\,dt=R\cdot {\frac {1}{r}}={\frac {R}{r}}.}$

Это формула для приведённой стоимости вечной ренты.

Пример 19. Растущий доход. Пусть доход растёт экспоненциально: ${\displaystyle R(t)=R_{0}e^{gt}}$, где ${\displaystyle g<r}$.

${\displaystyle PV=R_{0}\int _{0}^{\infty }e^{(g-r)t}\,dt=R_{0}\cdot {\frac {1}{r-g}}={\frac {R_{0}}{r-g}}.}$

Это модель Гордона для оценки стоимости акции с постоянным темпом роста дивидендов.

Пример 20. Ценность природного ресурса. Если запасы ресурса убывают со временем, а доход от его продажи при цене ${\displaystyle p(t)=p_{0}e^{-\delta t}}$:

${\displaystyle PV=\int _{0}^{\infty }p_{0}e^{-\delta t}e^{-rt}\,dt={\frac {p_{0}}{r+\delta }}.}$

В финансовой математике меры риска часто выражаются через интегралы от хвоста распределения^[10]:

${\displaystyle {\text{CVaR}}_{\alpha }={\frac {1}{1-\alpha }}\int _{\alpha }^{1}{\text{VaR}}_{u}\,du,}$

где ${\displaystyle {\text{VaR}}_{u}}$ — квантиль уровня ${\displaystyle u}$.

Потенциал гравитационного поля в точке ${\displaystyle \mathbf {r} }$, создаваемый распределённой массой с плотностью ${\displaystyle \rho (\mathbf {r} ')}$:

${\displaystyle u(\mathbf {r} )=-G\int _{\mathbb {R} ^{3}}{\frac {\rho (\mathbf {r} ')}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\,d^{3}r'.}$

Этот интеграл является несобственным как по бесконечной области интегрирования, так и по особенности подынтегральной функции при ${\displaystyle \mathbf {r} '=\mathbf {r} }$^[8].

Решение задачи Дирихле для полуплоскости (${\displaystyle y>0}$) выражается через интеграл Пуассона^[8]:

${\displaystyle u(x,y)={\frac {y}{\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {f(t)\,dt}{(x-t)^{2}+y^{2}}},}$

где ${\displaystyle f(t)=u(t,0)}$ — граничное условие.

Решение задачи Коши для уравнения теплопроводности на всей прямой:

${\displaystyle u(x,t)={\frac {1}{\sqrt {4\pi a^{2}t}}}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {(x-\xi )^{2}}{4a^{2}t}}}\,u_{0}(\xi )\,d\xi ,}$

где ${\displaystyle u_{0}(\xi )}$ — начальное распределение температуры^[8]. Это несобственный интеграл по бесконечному промежутку.

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,dx={\frac {\pi }{2}}.}$

Вычисление через дифференцирование по параметру. Рассмотрим

${\displaystyle I(\alpha )=\int _{0}^{\infty }e^{-\alpha x}{\frac {\sin x}{x}}\,dx,\qquad \alpha \geq 0.}$

Дифференцируем по ${\displaystyle \alpha }$:

${\displaystyle I'(\alpha )=-\int _{0}^{\infty }e^{-\alpha x}\sin x\,dx=-{\frac {1}{1+\alpha ^{2}}}.}$