(x^2+y^2+k^2)^(-3/2) の重積分【推しの積分1】

実数 $a,b,k>0$ に対して、

$\displaystyle I=\iint_D \dfrac{dxdy}{(x^2+y^2+k^2)^{\frac{3}{2}}} ,\,\, D = \left\{ (x,y) | 0 \leq x \leq a,0 \leq y \leq b \right\}$

の値を求めていきます.

解答例

\begin{eqnarray*}
I &=& \iint_D \dfrac{dxdy}{(x^2+y^2+k^2)^{\frac{3}{2}}}　\\
&=& \int_0^b dy\underline{ \int_0^a \dfrac{ dx }{ (x^2+y^2+k^2)^{ \frac{3}{2} } } }\\
&&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \equiv J \\
\end{eqnarray*}

新しく置いた $\displaystyle J$ において、 $x=\sqrt{y^2 + k^2}\,\tan{\theta}$ と置くと：

$dx = \dfrac{\sqrt{y^2 + k^2}}{\cos^2{\theta}}d\theta$

$x$	$0$	$\rightarrow$	$a$
$\theta$	$0$	$\rightarrow$	$\tan^{-1}{\left( \dfrac{ a }{ \sqrt{ y^2+k^2 } }\right) } \equiv \theta '$

であって、

\begin{eqnarray*}
J &=& \int_0^{\theta'} \dfrac{ 1 }{ (y^2+k^2)^{\frac{3}{2}}(\tan^2{\theta}+1)^{\frac{3}{2}} }\dfrac{\sqrt{y^2+k^2}}{\cos^2{\theta}}\,d\theta \\
&=& \dfrac{1}{y^2+k^2}\int_0^{\theta'} \dfrac{(\cos^2{\theta})^{\frac{3}{2}} }{\cos^2{\theta}}\,d\theta \\
&=& \dfrac{1}{y^2+k^2}\int_0^{\theta'} \cos{\theta} \,d\theta \\
&=& \dfrac{1}{y^2+k^2}\sin{\theta'} \\
&=& \dfrac{1}{y^2+k^2}\sin{ \left\{ \tan^{-1}{\left( \dfrac{ a }{ \sqrt{ y^2+k^2 } }\right) } \right\} } \\
&=& \dfrac{1}{y^2+k^2}\dfrac{ \dfrac{ a }{ \sqrt{ y^2+k^2 } } }{ \sqrt{1+\left(\dfrac{ a }{ \sqrt{ y^2+k^2 } }\right)^2 } } \\
&=& \dfrac{a}{ (y^2+k^2)\sqrt{ y^2+k^2+a^2 } }
\end{eqnarray*}

と $J$ が求められます.
ただし、

3行目で $\,\, 0 \leq \theta \leq \theta' \leq \dfrac{\pi}{2} \Rightarrow \cos{\theta} \ge 0$
6行目で $\,\, \sin{(\tan^{-1}{x})}=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}$

を用いています. $J$ を計算したので、 $I$ は：

$\displaystyle I = a\int_0^b\dfrac{dy}{(y^2+k^2)\sqrt{y^2+k^2+a^2}}$

となります.これをさらに $y=\sqrt{k^2+a^2}\, \tan{\phi}$ とおくと：

$dy = \dfrac{\sqrt{k^2+a^2}}{\cos^2{\phi}}$

$y$	$0$	$\rightarrow$	$b$
$\phi$	$0$	$\rightarrow$	$\tan^{-1}{\left( \dfrac{ b }{ \sqrt{ k^2+a^2 } }\right) } \equiv \phi '$

であって、

\begin{eqnarray*}
I &=& a \int_0^{\phi'} \dfrac{1}{ \{ (k^2+a^2)\tan^2{\phi} +k^2 \}\sqrt{k^2+a^2}\sqrt{1+\tan^2{\phi}} }\dfrac{\sqrt{k^2+a^2}}{\cos^2{\phi}}\,d\phi \\
&=& a \int_0^{\phi'} \dfrac{\cos{\phi}}{ \{ (k^2+a^2)\sin^2{\phi} +k^2\cos^2{\phi} \}}\,d\phi \\
&=& a \int_0^{\phi'} \dfrac{\cos{\phi}}{ a^2\sin^2{\phi} +k^2}\,d\phi
\end{eqnarray*}

(ふぅ...)さらに $\displaystyle u = \dfrac{a}{k}\sin{\phi}$ と置くと、

$\cos{\phi}d\phi = \dfrac{k}{a}du$

$\phi$	$0$	$\rightarrow$	$\phi'$
$u$	$0$	$\rightarrow$	$\dfrac{a}{k}\sin{\phi'} \equiv u'$

であって、

\begin{eqnarray*}
I &=& a\int_0^{u'} \dfrac{1}{a^2\left(\frac{k}{a}\right)^2+k^2}\dfrac{k}{a}du \\
&=& \dfrac{1}{k}\int_0^{u'}\dfrac{1}{1+u^2}du \\
&=& \dfrac{1}{k} \left[ \tan^{-1}{u} \right]_0^{u'} \\
&=& \dfrac{1}{k}\tan^{-1}{u'} \\
&=& \dfrac{1}{k}\tan^{-1}{\left( \dfrac{a}{k}\sin{\phi'} \right)} \\
&=& \dfrac{1}{k}\tan^{-1}{\left[ \dfrac{a}{k}\sin{\left\{\tan^{-1}{\left( \dfrac{ b }{ \sqrt{ k^2+a^2 } }\right)}\right\}}\right]} \\
&=& \dfrac{1}{k}\tan^{-1}{\left(\dfrac{ab}{k\sqrt{a^2+b^2+k^2}}\right)}
\end{eqnarray*}

ということで、答えが出ました.

1本目はこれです！

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— ハドロン@推しの積分 (@intvoyager) 2020年12月19日

―必要なのは「腕力」