Integral con simetría esférica, más de cubo

Question

Es posible calcular la integral

$$I = \int_{-1}^1 \mathrm dx \int_{-1}^1 \mathrm dy \int_{-1}^1 \mathrm dz \frac{1}{x^2 + y^2 + z^2}$$

analíticamente? He intentado utilizar coordenadas esféricas

$$I = \int_0^{r(\vartheta,\varphi)} \mathrm dr \int_0^\pi \mathrm d\vartheta \int_0^{2\pi} \mathrm d\varphi \sin(\vartheta) \;,$$

pero yo no podía llegar con una expresión apropiada para $r(\vartheta,\varphi)$, que es la componente radial de puntos en el límite de la cube $[0,1]^3$.

Answer 1

I. coordenadas Esféricas

Vamos a tratar de hacer esto en coordenadas esféricas por la fuerza bruta y a ver qué pasa. $$I = 16\int_R d \Omega \ d r,$$ donde $R$ es la región de la que $0\leq \theta\leq \pi/2$$0\leq\phi\leq \pi/4$. Esta región se divide en dos partes.

En la región 1, $0\leq\theta \leq \theta'$ e integramos a a $z=1$, lo $0\leq r \leq 1/\cos\theta$.

En la región 2, $\theta' \leq\theta \leq \pi/2$ e integramos a $x=1$, lo $0\leq r \leq 1/(\sin\theta\cos\phi)$.

Aquí $\theta'$ es una función de $\phi$, $\tan\theta' = \sqrt{1+\tan^2\phi}$. Observe que $\cos\theta' = 1/\sqrt{2+\tan^2\phi}$.

Las integrales sobre la región 1 y 2 son noprimaria, $$\begin{eqnarray*} I_1 &=& 16 \int_0^{\pi/4} d\phi \int_0^{\theta'} d\theta \ \sin\theta \int_0^{1/\cos\theta} dr \\ &=& 8 \int_0^{\pi/4} d\phi \ \ln(2+\tan^2\phi) \\ %%% I_2 &=& 16 \int_0^{\pi/4} d\phi \int_{\theta'}^{\pi/2} d\theta \ \sin\theta \int_0^{1/(\sin\theta \cos\phi)} dr \\ &=& 16 \int_0^{\pi/4} d\phi \ \sec\phi \ \left(\frac{\pi}{2} - \theta'\right) \\ &=& 8\pi\ln(1+\sqrt2) - 16 \int_0^{\pi/4} d\phi \ \sec\phi \ \tan^{-1}\sqrt{1+\tan^2\phi}. \end{eqnarray*}$$ Es posible ir más allá con estas integrales, pero son bastante feo. Numéricamente se dar $15.3482\cdots$. Vamos a intentarlo de otra forma.

II. El teorema de la divergencia

Vamos a poner juntos los pasos en los comentarios y hacer evidente nuestra respuesta final es real.

Utilizando el teorema de la divergencia para ${\bf F} = \hat r/r$ encontramos $$I = 24\int_0^1 d x \int_0^1 d y \frac{1}{x^2+y^2+1},$$ y así, pasando a coordenadas polares, $$\begin{eqnarray*} I &=& 48\int_0^{\pi/4} d \phi \int_0^{1/\cos\phi} d r \ \frac{r}{r^2+1} \\ &=& 24\int_0^{\pi/4} d\phi \ \ln(1+\sec^2\phi). \end{eqnarray*}$$ Esta integral es trivial.

Vamos a tratar una serie de enfoque y ampliar en pequeño $\phi$. Nos encontramos $$\begin{eqnarray*} I &=& 6\pi \ln 2 + 24\int_0^{\pi/4}d \phi \ \left[\ln\left(1-\frac{1}{2}\sin^2\phi\right) - \ln(1-\sin^2\phi)\right] \\ &=& 6\pi \ln 2 + 12\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k}\left(1-\frac{1}{2^k}\right) B_{\frac{1}{2}} \left(k+\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right) \end{eqnarray*}$$ donde $B_x(a,b)$ es la función beta incompleta. El $k$th término de la suma es $1/k^{3/2}$. Observe que $6\pi \ln 2 \approx 13$ por lo que el `zeroeth" término es ya una muy buena aproximación.

Mathematica da un resultado que no aparecen de forma explícita real, pero puede ser masajeado en $$I = 24 \mathrm{Ti}_2(3-2\sqrt2) + 6\pi \tanh^{-1}\frac{2\sqrt2}{3} - 24 C,$$ donde $\mathrm{Ti}_2(x)$ es la inversa de la tangente integral, con la serie $$\mathrm{Ti}_2(x) = \sum_{k=1}^\infty (-1)^{k-1} \frac{x^{2k-1}}{(2k-1)^2},$$ y $C$ es el catalán constante.

Answer 2

El conjunto de límites corresponde a una esfera de radio $1$ ($x$ rangos de $-1$ a $+1$; $y$ rangos de$-1$$+1$; y $z$ rangos de$-1$$+1$). Por lo tanto nos sucesivamente integrar: w.r.t.theta entre cero y $\pi$; w.r.t. phi entre cero y $2\pi$; y w.r.t. $r$ apuesta. cero y $1$ (radio vector que se extiende desde el origen a $1$). Así llegamos $4\pi$ para la respuesta.