Cálculo de un planteamiento integral en la teoría potencial

Question

ACTUALIZACIÓN

Tengo una conjetura en cuanto a la solución, a partir de algunas consideraciones teóricas, y se mantiene al menos por $d=3,4$: $$ \int_0^\pi \left( \frac{\sin\phi}{\sqrt{1+u^2-2u\cos\phi}}\right)^{d-2}\,d\phi = \frac{\omega_{d}}{2\omega_{d-1}} \frac{u^{d-2}+1 - |u^{d-2}-1|}{u^{d-2}} = \frac{\omega_d}{\omega_{d-1}}\begin{cases} 1 & u\le1 \\ u^{2-d} & u>1 \end{casos} $$ Observe que $\int_0^\pi \sin^{d-2}\phi \,d\phi = \frac{\omega_d}{\omega_{d-1}}$. No está seguro de cómo probar la conjetura, aunque.

De fondo

Estoy interesado en la informática a un determinado $d$-dimensión integral, para $d\ge3$, por encima de la unidad de la bola de $B_d(\mathbf0,1)$. Vamos a denotar su área de superficie por $\omega_d$; sabemos que su volumen es, a continuación,$\omega_d / d$. Entonces, la integral es: $$H(x) := \frac{d}{(d-2)\omega_d^2} \int_{B_d(\mathbf0,1)} |x-y|^{2-d}\,dy~~.$$ El uso de las habituales coordenadas esféricas, vamos a escribir $x = (r,\theta)$$y = (\rho,\phi)$, los ángulos medidos desde el $d^\text{th}$ coordinar. Entonces tenemos \begin{align*} H(r,\theta) &= \frac{d}{(d-2)\omega_d^2}\int_0^1\int_{S_d(\mathbf0,1)} \left(r^2+\rho^2 - 2r\rho\cos(\theta-\phi) \right)^{\frac{2-d}{2}}\,d\Omega\,\rho^{d-1}d\rho\\ &= \frac{dr^{2-d}}{(d-2)\omega_d^2}\int_0^1\int_{S_d(\mathbf0,1)} \left(1+(\rho/r)^2 - 2(\rho/r)\cos(\theta-\phi) \right)^{\frac{2-d}{2}}\,d\Omega\,\rho^{d-1}d\rho\\ &= \frac{dr^2}{(d-2)\omega_d^2}\int_0^{1/r}\int_{S_d(\mathbf0,1)}\left( 1+u^2 - 2u\cos\phi\right)^{\frac{2-d}{2}}\,d\Omega\,u^{d-1}du\\ &= \frac{dr^2\omega_{d-1}}{(d-2)\omega_d^2}\int_0^{1/r}\int_0^\pi \left( \frac{\sin\phi}{\sqrt{1+u^2-2u\cos\phi}}\right)^{d-2}\,d\phi\,u^{d-1}du~~. \end{align*}

Pregunta

Para general entero$d\ge3$, ¿cómo resolver la siguiente integral de positivos $u$: $$ \int_0^\pi \left( \frac{\sin\phi}{\sqrt{1+u^2-2u\cos\phi}}\right)^{d-2}\,d\phi~~. $$ Para $d=3$, la sustitución de $t = -\cos\phi$ resuelve el problema de manera sucinta, pero para mayor $d$, parece que algunas técnicas complejas puede ser necesario (por ejemplo, como en $\int_0^{2\pi}\log(1 + u^2 - 2u\cos\phi)\,d\phi$, que es el análogo de la expresión de $d=2$). Sin embargo, mis intentos en esta dirección no han dado sus frutos. Cualquier ayuda es muy apreciada.

Answer 1

La dependencia de$u$ en su conjetura aparece incorrecta. Derivar el caso de la dimensión extraña$d$ a continuación. (El caso par cede una integral de una función racional, y por lo tanto es más fácil de evaluar.)

$$ \begin{align} G{\left(d;u\right)} &=\int_{0}^{\pi}\left(\frac{\sin{\phi}}{\sqrt{1+u^2-2u\cos{\phi}}}\right)^{d-2}\,\mathrm{d}\phi\\ &=\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{d-2}{\phi}}{\left(1+u^2-2u\cos{\phi}\right)^{\frac{d}{2}-1}}\,\mathrm{d}\phi\\ G{\left(d;\tan{\left(\frac{t}{2}\right)}\right)}&=\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{d-2}{\phi}}{\left[\sec^2{\left(\frac{t}{2}\right)}\left(1-\sin{t}\cos{\phi}\right)\right]^{\frac{d}{2}-1}}\,\mathrm{d}\phi\\ &=\cos^{d-2}{\left(\frac{t}{2}\right)}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{d-2}{\phi}}{\left(1-\sin{t}\cos{\phi}\right)^{\frac{d}{2}-1}}\,\mathrm{d}\phi\\ \end {align} $$

Caso:$d$ odd

$$ \begin{align} G{\left(2m+3;\tan{\left(\frac{t}{2}\right)}\right)} &=\cos^{2m+1}{\left(\frac{t}{2}\right)}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2m+1}{\phi}}{\left(1-\sin{t}\cos{\phi}\right)^{m+\frac12}}\,\mathrm{d}\phi\\ &=\cos^{2m+1}{\left(\frac{t}{2}\right)}\int_{-1}^{1}\frac{\left(1-v^2\right)^{m}}{\left(1-v\sin{t}\right)^{m+\frac12}}\,\mathrm{d}v\\ &=\cos^{2m+1}{\left(\frac{t}{2}\right)}\int_{0}^{1}\frac{\left[4w(1-w)\right]^{m}}{\left(1+\sin{t}-2w\sin{t}\right)^{m+\frac12}}\,2\,\mathrm{d}w;~~[v=2w-1]\\ &=\frac{2^{2m+1}\cos^{2m+1}{\left(\frac{t}{2}\right)}}{\left(1+\sin{t}\right)^{m+\frac12}}\int_{0}^{1}\frac{w^m(1-w)^{m}}{\left(1-2w\frac{\sin{t}}{1+\sin{t}}\right)^{m+\frac12}}\,\mathrm{d}w\\ &=\frac{2^{2m+1}\cos^{2m+1}{\left(\frac{t}{2}\right)}}{\left(1+\sin{t}\right)^{m+\frac12}}\int_{0}^{1}\frac{w^m(1-w)^{m}}{\left(1-zw\right)^{m+\frac12}}\,\mathrm{d}w\\ &=\frac{2^{2m+1}\cos^{2m+1}{\left(\frac{t}{2}\right)}}{\left(1+\sin{t}\right)^{m+\frac12}}\frac{\Gamma{\left(m+1\right)}^2}{\Gamma{\left(2m+2\right)}}\,{_2F_1}{\left(m+\frac12,m+1;m+2;z\right)}\\ &=\frac{2^{2m+1}\cos^{2m+1}{\left(\frac{t}{2}\right)}}{\left(1+\sin{t}\right)^{m+\frac12}}\frac{\Gamma{\left(m+1\right)}^2}{\Gamma{\left(2m+2\right)}}\,\frac{2^{2m+1}}{\left(1+\sqrt{1-z}\right)^{2m+1}}\\ G{\left(2m+3;u\right)}&=\frac{2^{2m+1}}{(u+1)^{2m+1}}\frac{\Gamma{\left(m+1\right)}^2}{\Gamma{\left(2m+2\right)}}\,\frac{2^{2m+1}}{\left(1+\frac{\left|u-1\right|}{u+1}\right)^{2m+1}}\\ G{\left(2m+3;u\right)}&=\frac{\Gamma{\left(m+1\right)}^2}{\Gamma{\left(2m+2\right)}}\,\frac{4^{2m+1}}{\left(u+1+\left|u-1\right|\right)^{2m+1}}\\ &=\frac{\sqrt{\pi}\,\Gamma{\left(m+1\right)}}{\Gamma{\left(m+\frac32\right)}}\,\frac{2^{2m+1}}{\left(u+1+\left|u-1\right|\right)^{2m+1}}\\ G{\left(d,u\right)}&=\frac{\sqrt{\pi}\,\Gamma{\left(\frac{d-1}{2}\right)}}{\Gamma{\left(\frac{d}{2}\right)}}\,\frac{2^{d-2}}{\left(u+1+\left|u-1\right|\right)^{d-2}}.\\ \end {align} $$

Como puede ver, esto coincide con su conjetura para$d-3$, pero en general esto no será el caso.