La forma cerrada para $\int_0^1...\int_0^1\frac{1}{\left(1+\sqrt{1+x_1^2+...+x_n^2}\right)^{n+1}}\;dx_1...dx_n$

Question

Me pregunto si hay una forma cerrada para la siguiente integral para $n\in\mathbb{N}$:

$$\gamma(n)=\int_0^1...\int_0^1\frac{1}{\left(1+\sqrt{1+x_1^2+...+x_n^2}\right)^{n+1}}\;dx_1...dx_n\tag{*}$$

Los valores particulares que soy consciente de incluir:

$$\gamma(1)=\frac{4\sqrt{2}-5}{3}$$

$$\gamma(2)=\frac{5}{4}-\frac{9\sqrt{3}}{8}+\frac{\pi}{4}$$

Ambos de estos valores fueron obtenidos mediante la evaluación de diferentes integrales a lo anterior, resuelto el mismo problema (ver más abajo), y no estoy seguro de cómo atacar $(*)$ directamente, yo no veo ninguna buena manera de resolver esta integral. Me pregunto, especialmente sobre el valor de $\gamma(3)$; él también tiene una simple forma cerrada? Hay una forma cerrada para todos los $n$?

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Antecedentes: he publicado una pregunta aquí acerca del cálculo de la proporción $p(n)$ de $n$-cubo más cerca del centro que a los de fuera, que me parece un problema interesante. El $n=2$ de los casos es simple de resolver en los términos de la siguiente integral:

$$p(2)=2\int_{0}^{\sqrt{2}-1}\frac{1-x^2}{2}-x\;dx=\frac{4\sqrt{2}-5}{3}$$

Yo era capaz de escribir $p(3)$ como sigue:

$$p(3)=6\int_{0}^{\frac{\sqrt{3}-1}{2}}\int_{z}^{\sqrt{2-z^2}-1}\frac{1-x^2-z^2}{2}-x\;dx\;dz$$

y me las arreglé para evaluar este a $\frac{5}{4}-\frac{9\sqrt{3}}{8}+\frac{\pi}{4}$, pero yo no era capaz de usar mi método para resolver el problema de dimensiones superiores. En los comentarios, sin embargo, achille hui hizo una proposición que tenemos $p(n)=\gamma(n-1)$ todos los $n$, y aunque todavía no puedo entender perfectamente su razonamiento, la reclamación no retirar numéricamente para los dos valores ya lo sé. Además, la nueva integral es una sencilla forma simétrica (a diferencia de los métodos que había estado utilizando las cuales requieren de un caso-por-caso de análisis para cada una de las dimensiones, con el feo de los límites de las integrales), lo que me da esperanza para un método de solución. Sin embargo, realmente no puedo ver cómo ir sobre ella. Así que me pregunto, ¿existe un método para calcular la integral de la $(*)$?

Answer 1

Apenas para la referencia, aquí es la derivación de la fórmula de $p(n) = \gamma(n-1)$ propuesto por @achille hui.

• Considerar el cubo de $\mathcal{C} = [-1, 1]^n$ y definen $\mathcal{D} = \{x \in \mathcal{C} : |x| < \operatorname{dist}(x, \partial \mathcal{C}) \}$. A continuación, para cada punto de $x \in \partial\mathcal{C}$, podemos encontrar el único punto de $q(x) \in \partial\mathcal{D}$ que se encuentra en el segmento de la línea de unirse a $0$$x$.

  $\hspace{7.5em}$

  El uso de este, definir $r(x)$ como la relación

  $$ r(x) = \frac{\text{[length of the line segment from $0$ to $q(x)$]}}{\text{[length of line segment from $0$ to $x$]}} = \frac{|q(x)|}{|x|}. $$

• Primero, permítanme dar un argumento geométrico. Deje $d\mathcal{S}$ ser un infinitesimalmente pequeña porción de la superficie de la $\partial\mathcal{C}$ cerca de $x$ y considerar el cono $d\mathcal{V}$ con la base de $d\mathcal{S}$ y el vértice $0$.

  $\hspace{7.5em}$

  A continuación, a grandes rasgos, la porción de $d\mathcal{V}$ que se cruza con $\mathcal{D}$ es similar a la de cono $d\mathcal{V}$ con relación $r(x)$. Por lo tanto su volumen aproximadamente satisface

  $$ |\mathcal{D} \cap d\mathcal{V}| \aprox r(x)^n |d\mathcal{V}| = r(x)^n \cdot \frac{1}{n}|d\mathcal{S}|. $$

  A partir de esto, hemos

  $$ p(n) = \frac{|\mathcal{D}|}{|\mathcal{C}|} = \frac{\int |\mathcal{D} \cap d\mathcal{V}|}{\int |d\mathcal{V}|} = \frac{\int_{\parcial \mathcal{C}} r(x)^n \frac{1}{n} \, dA}{\int_{\parcial \mathcal{C}} \frac{1}{n} \, dA}. \etiqueta{*} $$

• Aquí está una rigurosa justificación del argumento anterior. Escribir

  \begin{align*} |\mathcal{D}| = \int_{\mathcal{C}} \mathbf{1}_{\mathcal{D}}(x) \, dx &= \int_{0}^{1} \int_{\partial[-s,s]^n} \mathbf{1}_{\mathcal{D}}(y) \, dyds \\ &= \int_{0}^{1} \int_{\partial\mathcal{C}} \mathbf{1}_{\mathcal{D}}(s\omega) \, s^{n-1}d\omega ds \\ &= \int_{\partial\mathcal{C}} \int_{0}^{1} s^{n-1} \mathbf{1}_{\mathcal{D}}(s\omega) \, ds d\omega. \end{align*}

  La nota que $s\omega \in \mathcal{D}$ si y sólo si $s|\omega| < |q(\omega)|$, o lo que es equivalente, $s < r(\omega)$. A partir de esto, hemos

  $$ |\mathcal{D}| = \int_{\parcial\mathcal{C}} \int_{0}^{r(\omega) s}^{n-1} \, ds d\omega = \int_{\parcial\mathcal{C}} \frac{1}{n} r(\omega)^n \, d\omega. $$

  La sustitución de $\mathbf{1}_{\mathcal{D}}$ $\mathbf{1}$ a partir del cálculo anterior, también podemos

  $ a $ \mathcal{C}| = \int_{\parcial\mathcal{C}} \frac{1}{n} \, d\omega. $$

  Esto demuestra $\text{(*)}$.

• Ahora podemos dar una fórmula explícita para $\text{(*)}$. Considere la posibilidad de la cara superior de $\partial\mathcal{C}$. Esta cara puede ser escrito como $[-1,1]^{n-1}\times\{1\}$. A continuación, para cada punto de $x = (x',1) \in [-1, 1]^{n-1}\times\{1\}$, no es difícil comprobar que

  $$ r(x) = \frac{1}{1 + \sqrt{|x'|^2+1}}. $$

  (El uso de la simetría rotacional, se reduce a probar esto cuando la dimensión es $n = 2$.) Conectando la espalda y la explotación de la simetría, por fin tenemos

  $$ p(n) = \int_{[0,1]^{n-1}} r(x',1)^n \, dx' = \int_{[0,1]^{n-1}} \frac{1}{\left( 1 + \sqrt{|x'|^2+1} \right)^n} \, dx' = \gamma(n-1). $$

Answer 2

No es una solución completa, y demasiado largo para un comentario, pero tal vez una estrategia plausible adelante. La fórmula final se escribe en términos de un número finito de la suma de las integrales dobles, que pueden (o no pueden) ser roto.

En primer lugar, racionalizar multiplicando arriba y abajo por $\left(1-\sqrt{1+x_1^2+...+x_n^2}\right)^{n+1}$ $$ \gamma(n)=(-1)^{n+1}\int_0^1...\int_0^1\frac{\left(1-\sqrt{1+x_1^2+...+x_n^2}\right)^{n+1}}{\left(x_1^2+...+x_n^2\right)^{n+1}}\;dx_1...dx_n\ . $$ A continuación, utilice la identidad $$ \frac{1}{X^{n+1}}=\int_0^\infty d\xi\frac{\xi ^n \exp (-\xi X)}{\Gamma (n+1)} $$ para volver a escribir la integral como $$ \gamma(n)=\frac{(-1)^{n+1}}{\Gamma(n+1)}\int_0^\infty d\xi\ \xi^n \int_0^1...\int_0^1\left(1-\sqrt{1+x_1^2+...+x_n^2}\right)^{n+1} e^{-\xi \left(x_1^2+...+x_n^2\right)}\;dx_1...dx_n\ $$ $$ =\frac{(-1)^{n+1}}{\Gamma(n+1)}\int_{1}^{n+1} dr\ (1-\sqrt{r})^{n+1}\int_0^\infty d\xi\ \xi^n \int_0^1...\int_0^1\delta(r-(1+x_1^2+...+x_n^2)) e^{-\xi \left(x_1^2+...+x_n^2\right)}\;dx_1...dx_n $$ $$ =\frac{1}{\Gamma(n+1)}\int_{1}^{n+1} dr\ (\sqrt{r}-1)^{n+1}\int_0^\infty d\xi\ \xi^n F_n(r,\xi)\ , $$ donde $$ F_n(r,\xi)=\int_0^1...\int_0^1\delta(r-(1+x_1^2+...+x_n^2)) e^{-\xi \left(x_1^2+...+x_n^2\right)}\;dx_1...dx_n\ . $$ Por lo tanto $$ F_n(r,\xi)=e^{-\xi (r-1)}\int_0^1...\int_0^1\delta(r-(1+x_1^2+...+x_n^2)) \;dx_1...dx_n $$ $$ =e^{-\xi (r-1)}\int_{-\infty}^\infty\frac{dk}{2\pi}e^{\mathrm{i}k(r-1)}\left[\int_0^1 dx\ e^{-\mathrm{i}kx^2}\right]^n\ , $$ el uso de la representación integral de la delta de Dirac.

Escrito $\exp(-\mathrm{i}kx^2)=\cos(kx^2)-\mathrm{i}\sin(kx^2)$ y el uso de $$ \int_0^1 dx\cos(k x^2)=\frac{\sqrt{\frac{\pi }{2}} C\left(\sqrt{|k|} \sqrt{\frac{2}{\pi }}\right)}{\sqrt{|k|}} $$ y $$ \int_0^1 dx\sin(k x^2)=\mathrm{signo}(k)\frac{\sqrt{\frac{\pi }{2}}\left(\sqrt{|k|} \sqrt{\frac{2}{\pi }}\right)}{\sqrt{|k|}}\ , $$ en términos de integrales de Fresnel [Mathematica notación], y utilizando el teorema del binomio tenemos $$ F_n(r,\xi)=e^{-\xi (r-1)}\sum_{\ell=0}^n{n\elegir \ell}(-\mathrm{i})^{n-\ell} \int_{-\infty}^\infty\frac{dk}{2\pi}e^{\mathrm{i}k(r-1)}\left(\frac{\pi}{2|k|}\right)^{n/2}C^\ell\left(\sqrt{|k|} \sqrt{\frac{2}{\pi }}\right)^{n-\ell}\left(\sqrt{|k|} \sqrt{\frac{2}{\pi }}\right)(\mathrm{signo}(k))^{n-\ell}\ . $$ Poner todo junto $$ \gamma(n)=\frac{1}{\Gamma(n+1)}\sum_{\ell=0}^n{n\elegir \ell}(-\mathrm{i})^{n-\ell} \int_{-\infty}^\infty\frac{dk}{2\pi}\left(\frac{\pi}{2|k|}\right)^{n/2}C^\ell\left(\sqrt{|k|} \sqrt{\frac{2}{\pi }}\right)^{n-\ell}\left(\sqrt{|k|} \sqrt{\frac{2}{\pi }}\right)(\mathrm{signo}(k))^{n-\ell}\times\int_1^{n+1}dr (\sqrt{r}-1)^{n+1} e^{\mathrm{i}k(r-1)}\int_0^\infty d\xi\ \xi^n e^{-\xi (r-1)}\ . $$ La realización de las $\xi$integral de la primera $$ \gamma(n)=\frac{1}{\Gamma(n+1)}\sum_{\ell=0}^n{n\elegir \ell}(-\mathrm{i})^{n-\ell} \int_{-\infty}^\infty\frac{dk}{2\pi}\left(\frac{\pi}{2|k|}\right)^{n/2}C^\ell\left(\sqrt{|k|} \sqrt{\frac{2}{\pi }}\right)^{n-\ell}\left(\sqrt{|k|} \sqrt{\frac{2}{\pi }}\right)(\mathrm{signo}(k))^{n-\ell}\times\int_1^{n+1}dr (\sqrt{r}-1)^{n+1} e^{\mathrm{i}k(r-1)}\frac{1}{(r-1)^{n+1}}\ . $$