Calcular la línea % integral $I(a,b)=\int_{x^2+y^2=R^2}\limits\ln\frac{1}{\sqrt{(x-a)^2+(y-b)^2}} ds\quad(a^2+b^2\ne R^2).$

Question

Calcular la línea % integral $$I(a,b)=\int_{x^2+y^2=R^2}\limits\ln\frac{1}{\sqrt{(x-a)^2+(y-b)^2}} ds\quad(a^2+b^2\ne R^2).$$

¿El camino integral parametrizados puede ser dado como $$x=R\cos t,y=R\sin t,t\in[0,2\pi].$ $ y luego meten en problemas cuando la integral $$-\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}R\ln(a^2+b^2+R^2-2aR\cos t-2bR\sin t) dt.$ $ debo tomar la derivada con respecto a los $R$ primer? ¿O aplicar integración por partes?

Actualización: creo que la respuesta ofrecida es $$I(a,b)=-2\pi R\ln\max\{R,\sqrt{a^2+b^2}\}$ $ y he examinado su corrección.

Answer 1

Sugerencia: $$W=C\sin(t)+D\cos(t)=(\sqrt{C^2+D^2})(\frac{C}{\sqrt{C^2+D^2}}\sin(t)+\frac{D}{\sqrt{C^2+D^2}}\cos(t))$ $

$$W=\sqrt{C^2+D^2}\sin(t+\phi)=E\sin(t+\phi)$$

$\cos(\phi)=\frac{C}{\sqrt{C^2+D^2}}$ y $ \sin(\phi)=\frac{D}{\sqrt{C^2+D^2}}$

así $$I=\int_0^{2\pi} \ln(A+C\sin(t)+B\cos(t))\text{d}t=\int_0^{2\pi} \ln(A+E\sin(t+\phi))\text{d}t$ $

aquí un software de cálculo formal podrá realizar el cálculo

Answer 2

Como se señaló en la respuesta de @Dattier,\begin{align} I&=-\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}R\ln(a^2+b^2+R^2-2aR\cos t-2bR\sin t) dt\\ &=-\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}R\ln(a^2+b^2+R^2-2R\sqrt{a^2+b^2}\cos t) dt\\ \end {alinee el} si $a^2+b^2<R^2$, $$ \ln(a^2+b^2+R^2-2R\sqrt{a^2+b^2}\cos t)=2\ln R +\ln(1-2z\cos t +z^2)$ $ $z=\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{R}$. Pero tenemos una descomposición del segundo $\ln$ con una generación de función para los polinomios de Chebyshev: $$ \ln(1-2z\cos t +z^2)=-2\sum_{n=0}^\infty \frac{\cos nt}{n}z^n$ Integral $ $0,2\pi$ de cada término de esta serie es cero por simetría. Así $$ I=-2\pi R\ln R$ $

Si $a^2+b^2>R^2$, cálculo en la misma línea da $$ I=-2\pi R\ln \sqrt{a^2+b^2}$ $

Answer 3

Como lo hizo, que $z=x+yi=R\cos t+iR\sin t=Re^{it}$. Que $A=a+bi$. Entonces $ds=Rdt=\frac{R}{iz}dz$ y por lo tanto\begin{eqnarray} I(a,b)&=&\int_{x^2+y^2=R^2}\limits\ln\frac{1}{\sqrt{(x-a)^2+(y-b)^2}} ds\\ &=&-\frac{1}{2}\int_{|z|=R}\ln(|z-A|) ds\\ &=&-\frac{R}{2}\Re\int_{|z|=R}\ln(z-A) ds\\ &=&-\frac{R}{2}\Re\int_{|z|=R}\frac{\ln(z-A)}{iz}dz. \end{eqnarray} si es analítica dentro de $|A|>R$ $\ln(z-A)$, entonces el $|z|=R$ y por lo tanto\begin{eqnarray} I(a,b)&=&-\frac{R}{2}\Re2\pi\ln(-A)\\ &=&-\pi R\ln|A|. \end{eqnarray} tengo problema para $|A|<R$.