¿Cuál es la integral doble de una diferencia exponencial de senos?

Question

Me gustaría saber si hay alguna forma de evaluar analíticamente la siguiente integral: $$ \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2\pi}e^{i\alpha|\sin(\theta)-\sin(\varphi)|}d\theta d\varphi $$ donde $\alpha$ es una constante real. Surge al considerar cómo interactúan entre sí conjuntos de hilos cargados.

Existen representaciones de la función de Bessel para integrales similares cuando no hay que tomar el módulo. Aquí, simplemente no sé cómo tratar con el módulo.

He intentado reescribirlo utilizando $$ \sin(\theta)-\sin(\varphi)=2\sin\left(\frac{\theta-\varphi}{2}\right)\cos\left(\frac{\theta+\varphi}{2}\right) $$ y luego transformar las coordenadas a esta versión rotada. Creo que entonces está bien girar la región de integración en consecuencia, debido a la doble periodicidad del integrando, pero entonces me quedo atascado.

Gracias de antemano por cualquier ayuda.

Actualización: He utilizado la sugerencia de Teresa Lisbon de expandir la exponencial para encontrar que $$ \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2\pi}e^{i\alpha|\sin(\theta)-\sin(\varphi)|}d\theta d\varphi=4\pi^{2}J_{0}(\alpha)^{2}+32i\alpha_{p}F_{q}(1,1;\frac{3}{2},\frac{3}{2},\frac{3}{2};-\alpha^{2}) $$ ¿Alguien sabe si la parte de la función hipergeométrica puede simplificarse (idealmente en términos de funciones de Bessel)? Gracias.

Answer 1

Abreviemos por $I(\alpha)$ el $\alpha$ -integral dependiente en cuestión.

Siguiendo el OP, la diferencia de senos puede sustituirse según $\sin\theta-\sin\varphi= 2\sin\left(\frac{\theta-\varphi}{2}\right) \cos\left(\frac{\theta+\varphi}{2}\right)$ dando $$ I(\alpha)=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\exp\left(2i\alpha\left|\sin\left(\frac{\theta-\varphi}{2}\right) \cos\left(\frac{\theta+\varphi}{2}\right)\right|\right)\; d\theta\, d\varphi. $$ Configuración $\theta=\varphi+2u$ produce $$ I(\alpha)=\int_{0}^{2\pi}\int_{-\frac{\varphi}{2}}^{\pi-\frac{\varphi}{2}}\exp\left(2i\alpha\left|\sin\left(u\right) \cos\left(\varphi+u\right)\right|\right)\; 2\,du\, d\varphi. $$ Utilizando la periodicidad del integrando en $u$ el intervalo de integración interna puede ser desplazado para que sea independiente de $\varphi$ a saber $[0,\pi]$ . Tras intercambiar las integraciones, la sustitución $\varphi=v-u$ da: $$ I(\alpha)=2\int_{0}^{\pi}\int_{u}^{2\pi+u}\exp\left(2i\alpha\left|\sin\left(u\right) \cos\left(v\right)\right|\right)\; dv\, du. $$ Utilizando la periodicidad del integrando en $v$ el intervalo de integración interna puede ser desplazado para que sea independiente de $u$ : $$ I(\alpha)=2\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\pi}\exp\left(2i\alpha\left|\sin\left(u\right) \cos\left(v\right)\right|\right)\; dv\, du. $$ Ahora expandiendo la exponencial como sugiere Teresa Lisbon desacopla las integrales $$ I(\alpha)=2\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{n!}\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\pi}\left(2i\alpha\left|\sin\left(u\right) \cos\left(v\right)\right|\right)^n\; dv\, du. $$ Se sabe que las integrales son \begin{eqnarray*} \int_{0}^{\pi}\left|\sin\left(u\right)\right|^ndu&=&2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\sin\left(u\right)\right)^ndu =\frac{\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)\sqrt{\pi}}{\Gamma\left(\frac{n+2}{2}\right)},\\ \int_{0}^{2\pi}\left|\cos\left(v\right)\right|^ndv&=&4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\sin\left(v\right)\right)^ndv =2\;\frac{\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)\sqrt{\pi}}{\Gamma\left(\frac{n+2}{2}\right)}, \end{eqnarray*} dando $$ I(\alpha)=4\pi\sum_{n=0}^\infty\frac{\left(2i\alpha\right)^{n}}{n!}\left( \frac{\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{n+2}{2}\right)}\right)^2. $$ Separando la suma por índices pares e Impares, $\sum_{n=0}^\infty f(n)=\sum_{n=0}^\infty f(2n)+\sum_{n=0}^\infty f(2n+1)$ El $\Gamma$ -funciones y factoriales pueden expresarse mediante símbolos de Pochhammer (ascendentes), $$ \Gamma\left(n+a\right) = \left(a\right)^{(n)}\Gamma(a), \quad\left(a\in\left\{\frac{1}{2},1, \frac{3}{2}\right\}\right), $$ $$ (2n)!=2^{2n}\,n!\,\left(\frac{1}{2}\right)^{(n)},\qquad (2n+1)!=2^{2n}\,n!\,\left(\frac{3}{2}\right)^{(n)}, $$ y el resultado puede expresarse mediante funciones hipergeométricas generalizadas: $$ I(\alpha)=4\pi^2{}_1F_2\left(\frac{1}{2};1,1;-\alpha^2\right) +32\,i\,\alpha\,{}_2F_3\left(1,1;\frac{3}{2},\frac{3}{2},\frac{3}{2};-\alpha^2\right). $$ La parte real puede simplificarse en $4\pi^2\left(J_0(\alpha)\right)^2$ , bien observando que para las potencias pares en la serie de Taylor de la exponencial tomando el módulo es irrelevante, y puede evaluarse como parte real de $\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\exp\left(i\alpha\left(\sin\left(\theta\right)- \sin\left(\varphi\right)\right)\right)\, d\theta\, d\varphi=\left(\int_{0}^{2\pi}\exp\left(i\alpha\sin\left(\theta\right)\right)\, d\theta\right)^2=\left(2\pi J_0(\alpha)\right)^2,$ o en la definición de la función hipergeométrica, se puede utilizar la identidad $\sum_{n=0}^k{k\choose m}^2={2k\choose k}$ obtener tras un breve cálculo ${}_1F_2\left(\frac{1}{2};1,1;-\alpha^2\right)=\left(J_0(\alpha)\right)^2$ . La cuestión adicional que también se planteó en la OP, a saber, si una simplificación similar también es posible para la parte imaginaria está abierta.

Answer 2

No estoy muy seguro de que esto sea correcto, sería estupendo si alguien pudiera confirmarlo... $$\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2\pi}e^{i\alpha|\sin(\theta)-\sin(\varphi)|}d\theta d\varphi$$ $$\int_{0}^{2\pi}e^{-i\alpha \sin(\varphi)}d\varphi\int_{0}^{2\pi}e^{i\alpha \sin(\theta)}d\theta $$ $$\int_{0}^{2\pi}e^{-i\alpha \sin(\varphi)}d\varphi \times \int_{0}^{2\pi}e^{i\alpha \sin(\theta)}d\theta $$ $$\int_{0}^{2\pi}\Bigl(\cos({-\alpha \sin(\varphi)})+i\sin({-\alpha \sin(\varphi)})\Bigr)d\varphi \times \int_{0}^{2\pi}\Bigl(\cos({\alpha \sin(\theta)})+i\sin({\alpha \sin(\theta)})\Bigr)d\theta $$

$$=\int_{0}^{2\pi}\Bigl(\cos({\alpha \sin\varphi})-i\sin({\alpha \sin\varphi})\Bigr)d\varphi \times \int_{0}^{2\pi}\Bigl(\cos({\alpha \sin\theta})+i\sin({\alpha \sin\theta})\Bigr)d\theta $$ P.D. Este es sólo un caso, considerando que lo que está bajo el módulo es positivo, obviamente habrá otra integral considerando que lo que está bajo el módulo es negativo. A partir de aquí, creo que puedes hacer uso de las expansiones en serie de Jacobi...

EDIT: Otra idea interesante, podría estar equivocado, kindy ayudar ... $$\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2\pi}e^{i\alpha|\sin(\theta)-\sin(\varphi)|}d\theta d\varphi$$

Entonces, tenemos dos casos, que son:

$$CASE.1.:\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2\pi}e^{i\alpha\sin(\theta)-i\alpha \sin(\varphi)}d\theta d\varphi$$ Y $$CASE.2.:\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2\pi}e^{-i\alpha\sin(\theta)+i\alpha \sin(\varphi)}d\theta d\varphi$$

Tomemos por ahora el caso 1: $$\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2\pi}e^{i\alpha\sin(\theta)-i\alpha \sin(\varphi)}d\theta d\varphi=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2\pi}e^{i\alpha\sin(\theta)}\cdot e^{-i\alpha \sin(\varphi)}d\theta d\varphi$$

Considere sólo $$e^{i\alpha \sin \theta}$$ $$\sin \theta=\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}$$ $$i\alpha \sin \theta=i\alpha \frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}=\frac{\alpha}{2}\left(e^{i\theta}-e^{-i\theta}\right)$$ $$e^{i\alpha \sin \theta}=e^{\frac{\alpha}{2}\left(e^{i\theta}-e^{-i\theta}\right)}$$ $$=e^{\frac{\alpha e^{i\theta}}{2}}\cdot e^{\frac{-\alpha e^{-i\theta}}{2}}$$

Por lo tanto, $$\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2\pi}e^{i\alpha\sin(\theta)}\cdot e^{-i\alpha \sin(\varphi)}d\theta d\varphi=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2\pi}e^{\frac{\alpha e^{i\theta}}{2}{\frac{-\alpha e^{-i\theta}}{2}}}\cdot e^{\frac{\alpha e^{i\phi}}{2}{\frac{-\alpha e^{-i\phi}}{2}}}d\theta d\varphi$$

Después de esto, si se toma la expresión en el exponente de $e$ ser $t$ se obtendrá una integral de la forma $$\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{0} F(t)F(\phi)dtd\phi$$

Y luego, según el segundo punto mencionado aquí todo resulta ser cero.

Tengo la corazonada de que esto es incorrecto, pero llevo tiempo dándole vueltas a esta cuestión y agradecería opiniones al respecto. También me han aconsejado utilizar el Teorema de Cauchy, pero no tengo ni idea, así que sería estupendo si alguien me lo pudiera explicar también.

Answer 3

Se puede expresar de esta manera \begin{align} &\int_0^{2\pi}\int_0^{2\pi}e^{i\alpha|\sin \theta -\sin \varphi|}d\theta d\varphi = \int_0^{2\pi}e^{i\alpha\sin \varphi} \left( \int_0^{2\pi} e^{i\alpha(\sin \theta -2\min(\sin\theta,\sin \varphi)}d\theta \right) d\varphi =\\ &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{i\alpha\sin \varphi} \left( \int_0^{\varphi} e^{-i\alpha\sin \theta }d\theta + e^{-2i\alpha\sin\varphi}\int_\varphi^{\pi-\varphi} e^{i\alpha\sin \theta}d\theta+\int_{\pi-\varphi}^{2\pi} e^{-i\alpha\sin \theta }d\theta \right) d\varphi +\dots \end{align}

el resto de la expresión es análoga. No sé nada de funciones de Bessel ni nada por el estilo, así que no puedo decirte si esto te ayudará mucho.