Realmente no sé qué más puedo hacer para resolver esta integral.

Question

Originalmente fue preguntado aquí. Este también fue preguntado aquí.

Me he encontrado con algunas dificultades a la hora de la siguiente integral:

$$I=\int_{0}^{2\pi}d\phi\int_{0}^{\pi}d\theta~\sin\theta\int_{0}^{\infty}dr~r^2\frac{3x^2y^2\cos(u r \sin\theta \cos\phi)\cos^2\theta}{(y^2\cos\phi+x^2\sin^2\phi)\sin^2\theta+x^2y^2\cos^2\theta}\mathrm e^{-\frac{r^2}{2}} \tag{1},$$

donde $x$, $y$, y $u$ son reales constantes positivas. Traté de al menos dos maneras de resolver esta integral:

• Primer intento:

Comencé a resolver el $r$ integrales primeras. Mediante el uso de Mathematica, entonces

$$I=\int_{0}^{2\pi}d\phi\int_{0}^{\pi}d\theta~\sin\theta\frac{3x^2y^2(1-u^2\sin^2\theta\cos^2\phi)\cos^2\theta}{(y^2\cos\phi+x^2\sin^2\phi)\sin^2\theta+x^2y^2\cos^2\theta}\mathrm e^{-\frac{u^2}{2}\sin^2\theta\cos^2\phi} \tag{2}.$$

After that, I looked for a solution for $\phi$ integral. My best attempt was:

$$I_\phi(x,y,u,\theta)=\frac{2}{B}\left[B\left(\frac{1}{2}\right)F_1\left(\frac{1}{2},1,-;1;\nu,-\frac{a}{2}\right)-aB\left(\frac{1}{2}\right)F_1\left(\frac{3}{2},1,-;2;\nu,-\frac{a}{2}\right)\right],$$

where $B=x^2\sin^2\theta+x^2y^2\cos^2\theta$, $a=u^2\sin^2\theta$, and $\nu=\frac{x^2-y^2}{x^2+x^2y^2\cot^2\theta}$. In this way, the final results it's something like that:

$$I= \int_{0}^{\pi} \mathrm d \theta~3x^2y^2\sin\theta \cos^2\theta~ I_\phi(x,y,u,\theta). \tag{3}.$$

Eq. $(3)$ no puede ser más simplicada, en general, y es el resultado nal.

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• Segundo intento:

Para evitar que la función hipergeométrica $F_1$, he intentado iniciar con el $\phi$ integral. En este caso, mi problema inicial es una parte integral algo así como que:

$$\int_{0}^{2\pi} \mathrm d \phi \frac{\cos(A \cos\phi)}{a^2\cos^2\phi+b^2\sin^2\phi}. \tag{4}$$

This integral $(4)$ can be solved by series (see Vincent's answer and Jack's answer). However those solutions, at least for me, has not a closed form. This is my final step on this second attempt :(

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What is the point? It turns out that someone has managed to solve the integral $(1)$, at least the integral in $r$ and $\phi$. El final resuls encontrado por esta persona fue:

$$I_G=\frac{12 \pi x~y}{(1-x^2)^{3/2}}\int_{0}^{\sqrt{1-x^2}} \mathrm dk \frac{k^2 \exp\left(-\frac{u^2}{2}\frac{x^2k^2}{(1-x^2)(1-k^2)}\right)}{\sqrt{1-k^2}\sqrt{1-k^2\frac{1-y^2}{1-x^2}}},$$

donde, creo, $k=\sqrt{1-x^2}\cos\theta$. Como puedes ver en el siguiente código realiza en Mathematica

IG[x_, y_, u_] := 
     Sqrt[Pi/2] NIntegrate[(12  Pi x y)/(1 - x^2)^(3/2)
    (v^2 Exp[-(u^2 x^2 v^2)/(2 (1 - x^2) (1 - v^2))])/(Sqrt[1 - v^2] Sqrt[1 - v^2 (1 - y^2)/(1 - x^2)]), {v, 0, Sqrt[1 - x^2]}]
    IG[.3, .4, 1]
    ** 4.53251 **

I[x_, y_, u_] := 
 NIntegrate[(r^2 Sin[a] Cos[
      u r Sin[a] Cos[b]] 3 x^2 y^2 Cos[a]^2 Exp[-r^2/
       2])/((y^2 Cos[b]^2 + x^2 Sin[b]^2) Sin[a]^2 + 
     x^2 y^2 Cos[a]^2), {r, 0, Infinity}, {a, 0, Pi}, {b, 0, 2 Pi}]
I[.3, .4, 1]
** 4.53251 **

las integrales de $I$ $I_G$ son iguales. De hecho, desde la que emergen desde el mismo problema físico.

Entonces, mi pregunta es: ¿cuáles son los pasos que se aplica para que la integral de la $I$ da la integral de la $I_G$?

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Editar

Desde que mi pregunta no fue resuelto todavía, yo creo que es porque es una pregunta difícil, voy a mostrar un caso particular de la integral de la $I$, dejando $u=0$. Espero con esto ayudar a que me ayude.

En este caso, el $r$ integral en $(1)$ es trivial y el integral tiene la forma:

$$I_P=\int_{0}^{2\pi}d\phi\int_{0}^{\pi}d\theta~\sin\theta\frac{3x^2y^2\cos^2\theta}{(y^2\cos\phi+x^2\sin^2\phi)\sin^2\theta+x^2y^2\cos^2\theta}. \tag{5}$$

The $\phi$ integral can be integrated with the help of Eq. 3.642.1 in Gradstein and Ryzhik's tables of integrals. Thereby, the $I_P$ takes the for:

$$I_P=3xy\int_{0}^{\pi}d\theta\frac{\sin\theta\cos^2\theta}{\sqrt{1+(x^2-1)\cos^2\theta}\sqrt{1+(y^2-1)\cos^2\theta}}. \tag{6}$$

Now the change of variable $k=\sqrt{1-x^2}\cos\theta$ bring expression $(6)$ to the form

$$I_P= \frac{(const) x~y}{(1-x^2)^{3/2}}\int_{0}^{\sqrt{1-x^2}} \mathrm dk \frac{k^2}{\sqrt{1-k^2}\sqrt{1-k^2\frac{1-y^2}{1-x^2}}}.$$

Did you notice how $I_G$ and $I_P$ are similar? Do you think a similar approach can be applied to my original problem? Please, let me know.

Edit 2

The integral $(1)$ también es evaluado en el Apéndice A. 4 de esta tesis. Sin embargo, no se utiliza simetría cilíndrica.

Answer 1

Al usar la serie Maclaurin de$\exp(x)$ y$\cos(x)$, ambas integrales se reducen al cálculo de

$$ \int_{0}^{\pi/2}\frac{\left(\cos x\right)^n}{a^2 \sin^2(x)+b^2\cos^2(x)}\,dx=\int_{0}^{\pi/2}\frac{\left(\sin x\right)^n}{a^2 \sin^2(x)+b^2\cos^2(x)}\,dx que se puede abordar a través de la sustitución de la mitad del ángulo tangente y el teorema del residuo.