Forma cerrada de $\iint_{\mathbb{R}^2} \ln \left(\frac{1}{|x-y|}\right) \frac{4}{(1+|y|^2)^2} dy$

Question

Mientras que la lectura de un papel que me topé con la integral $$ \iint_{\mathbb{R}^2} \ln \left(\frac{1}{|x-y|}\right) \frac{4}{(1+|y|^2)^2} d^2y\,, $$ donde $x \in \mathbb{R}^2$ es fijo. Creo que el papel implícitamente afirma que esta es igual a $-2 \pi \ln (1+|x|^2)$.

No estoy seguro de si esto es un duro integral, pero teniendo en cuenta la cantidad de competente integradores en este sitio, pensé que debería publicar aquí esta cuestión.

Para proporcionar un contexto, el término $\ln \frac{1}{|x-y|}$ proviene de la de Laplace de la función de Green (que es el plazo cerca de $x$) y el plazo $\frac{4}{(1+|y|^2)^2}$ es, por supuesto, la "densidad" de la proyección estereográfica de una métrica.

Answer 1

Tenga en cuenta el resultado $$\int_0^{2\pi}\!d\phi\, \ln(a^2- 2a b \cos(\phi) +b^2) = 4\pi \ln[\max(|a|,|b|)] \tag{1}$$ que puede ser probada por diferentes métodos (por ejemplo, tomando la derivada con respecto al $a$ o $b$).

Su integral está dada por (usando coordenadas polares $(r,\phi)$) $$I= \iint_{\mathbb{R}^2}\!d^2y \ln\left(\frac{1}{|x-y|}\right) \frac{4}{(1+|y|^2)^2} = -\int_0^\infty \!r dr\int_{0}^{2\pi} \!d\phi \, \ln(|x|^2 - 2 |x| r\cos \phi + r^2) \frac{2}{(1+r^2)^2} .$$

Con el resultado de (1), obtenemos $$ I = - 4\pi\int_0^\infty\!dr \frac{2 r}{(1+r^2)^2} \ln[\max(|x|,|r|)] = -4\pi \ln |x| \int_0^{|x|}\!dr\,\frac{2r}{(1+r^2)^2} -4\pi \int_{|x|}^\infty\!dr\,\frac{2 r \ln r}{(1+r^2)^2} \\ = -\frac{4\pi |x|^2 \ln |x|}{1+|x|^2} - 2\pi\left[ \frac{2r^2 \ln r}{1+r^2} -\ln (1+r^2) \right]_{r=|x|}^\infty = -2\pi \ln(1+|x|^2)$$