Integral triple

Question

La integral triple: $$\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{dx dy dz}{(1+x^2+y^2+z^2)^2}=\frac{\pi^2}{32}$ $
puede confirmarse usando Mathematica. La pregunta es: ¿cómo se mostrará a mano?

Answer 1

Aquí es una solución intuitiva que involucran superficies de hypercubes.

Deje $$v := \iiint_{[0,1]^3}\frac{dxdydz}{(1+x^2+y^2+z^2)^2}$$

ser el valor que estás buscando.

Supongamos que un punto en forma de fuente de luz que brilla de manera uniforme desde el origen de 4D el espacio con la intensidad de la $1$ watt por metro radian. Deje $p$ ser una parametrización de una cúbicos pedazo $P$ de hyperplane, específicamente $p(x,y,z) = (1,x,y,z)$ para $x, y, z \in [0,1]$.

Está claro que ninguna parte de este pedazo de hyperplane se encuentra en la sombra. Si queremos calcular la irradiancia $I(x,y,z)$ en la llegada de la luz en vatios por unidad cúbica, nos encontramos con

$$I(x,y,z) = \frac{1}{(1+x^2+y^2+z^2)^2}.$$

Si integramos esta irradiación sobre la superficie de $P$, encontramos que el total de la potencia de llegar a $P$ es $v$ watts por unidad cúbica.

Ahora considere la superficie de un hipercubo con esquinas en $(\pm 1, \pm 1, \pm 1, \pm 1)$. Sabemos que $P$ es un octante de uno de los ocho células de esta superficie, y en cada octante recibe el mismo nivel de radiación solar, por lo que sabemos que la energía total que llega en el hipercubo es $64v$. Sin embargo, el hipercubo captura todos los bits de la luz emitida por nuestra fuente de luz, así que sabemos que $64v$ es igual a $2\pi^2$, el total de vatios de luz emitida por nuestra fuente de luz.

Por lo tanto, $v = \frac{2\pi^2}{64} = \frac{\pi^2}{32}$.

Answer 2

Denotemos la integral por $I$ , $$I=\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{dx dy dz}{(1+x^2+y^2+z^2)^2}=\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \int_{0}^{\infty} t \exp[-(1+x^2+y^2+z^2)t] dx dy dz dt$$ Due to the symmetry of $ I$ in $ x, y, z $ ; podemos escribir $$I=\int_{0}^{\infty} dt ~t e^{-t} \left ( \int_{0}^{1} e^{-tx^2} dx \right)^3=\frac{\pi \sqrt{\pi}}{8} \int_{0}^{\infty} t e^{-t} \mbox{erf}~^3(\sqrt{t}) dt= \frac{\pi^2}{8} \int_{0}^{1} v^3 dv=\frac{\pi^2}{32}. $$ Here $ \ mbox {erf} (x) = \ frac {2} {\ sqrt {\ pi}} \ int_ {0} ^ {x} e ^ {- t ^ 2} dt$ and we have used $ \ mbox {erf} (\ sqrt {t}) = v $ .

Answer 3

Otra solución :

Usemos $x=r \cos \phi,~ y= r \sin \phi$ y escribamos $$=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{dx dy dz}{1+x^2+y^2+z^2}= 2\int_{0}^{1} \int_{0}^{\pi/4} \int_{0}^{\mbox{sec}\phi} \frac{r dr d\phi dz}{(1+r^2+z^2)^2}~~~(1).$$ $$ \Rightarrow I =\int_{0}^{1} \int_{0}^{\pi/4} \left(\frac{1}{1+z^2}-\frac{1}{(1+z^2+\mbox{sec}^2\phi)}\right) d\phi dx=\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{1}{(1+z^2)(2+z^2+t^2)} dz~ dt,~~~~(2)$$ $ t = \ mbox {sec} \ phi$ taken here. Next, interchange $ t$ and $ z $ para obtener $$I=\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{dz dt}{(1+t^2)(2+z^2+t^2)}~~~~(3)$$ Adding (2) and (3), we get $$I=\frac{1}{2} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{1}{(2+z^2+t^2)} \left( \frac{1}{1+z^2}+\frac{1}{1+t^2} \right)dx~dt=\frac{1}{2} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{ dz~ dt}{(1+z^2)(1+t^2)}= \frac{1}{2} \left ( \int_{0}^{1}\frac {dz}{1+z^2} \right)^2=\frac{\pi^2}{32}.$ $