((x-a)^2+y^2+z^2)^(-1/2) の積分【推しの積分11】

手書きで準備している時点で発狂しそうだったこの積分：

$\displaystyle I_0 = \iiint_V \dfrac{1}{\sqrt{(x-a)^2+y^2+z^2}}\, dxdydz = \dfrac{4\pi}{3a}\;\;\; (a>1)$

$V = \{(x,y,z)|x^2+y^2+z^2 \leq 1 \}$

を計算していきます.

発想

積分領域が単位球なので、極座標に変数変換したいですよね.　

でもそうすると二進も三進もいかないことが遅かれ早かれわかります（極座標でできたぜという猛者がおられたらご一報ください）.

したがってこのような場合は、ほかの変数変換を試みるか

累次積分に落とし込むことが考えられます.

ほかの変数変換といっても円柱座標位しか思いつきませんし、

ここでは累次積分で処理します.

まぁ、楕円体座標とかもあるんですが、楕円体の導体のラプラス方程式解くときにしか使ったことないですし...

一変数目

先ずは $I_0$ を累次積分に書き換えます：

\begin{eqnarray*}
I_0 &=& \iiint_V \dfrac{1}{\sqrt{(x-a)^2+y^2+z^2}}\, dxdydz \\
&=& \int_{-1}^1\, dx\int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}\, dy \int_{-\sqrt{1-x^2-y^2}}^{\sqrt{1-x^2-y^2}}\, dz \dfrac{1}{\sqrt{(x-a)^2+y^2+z^2}}
\end{eqnarray*}

では $z$ 積分を $I_1$ として：

\begin{eqnarray*}
I_1 &=& \int_{-\sqrt{1-x^2-y^2}}^{\sqrt{1-x^2-y^2}}\, dz \dfrac{1}{\sqrt{(x-a)^2+y^2+z^2}} \\
&=& 2\int_{0}^{\sqrt{1-x^2-y^2}}\, dz \dfrac{1}{\sqrt{(x-a)^2+y^2+z^2}} \;\;\;\; (\because 偶関数性より)
\end{eqnarray*}

さて、ここから変数変換のオンパレードです.

$z = \sqrt{(x-a)^2+y^2}\, \tan{\theta}$ と置くと、

$dz = \dfrac{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}{\cos^{2}{x} }\, d\theta$

$z$ $0$ $\rightarrow$ $\sqrt{1-x^2-y^2}$

$\theta$ $0$ $\rightarrow$ $\alpha$

$\alpha \equiv \tan^{-1}{\dfrac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}}$

となり、

\begin{eqnarray*}
I_1 &=& 2\int_0^\alpha \dfrac{1}{\sqrt{(x-a)^2+y^2} \sqrt{1+\tan^{2}{\theta}}}\dfrac{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}{\cos^{2}{\theta} } \, d\theta \\
&=& 2\int_0^\alpha \dfrac{d\theta}{\cos{\theta}} \\
&=& \left[ \log{\dfrac{1+\sin{\theta}}{1-\sin{\theta}}} \right]_0^\alpha \;\;\;\; (補足1) \\
&=& \log{\dfrac{1+\sin{\alpha}}{1-\sin{\alpha}}}
\end{eqnarray*}

$\alpha$ を元に戻します：

$\sin{\alpha} = \sin{\left( \tan^{-1}{\dfrac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}}\right)} = \dfrac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{1-2ax+a^2}}$ (補足2)

を用いて、最終的に $I_1$ は：

\begin{eqnarray*}
I_1 &=& \log{\dfrac{1+\dfrac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{1-2ax+a^2}}}{1-\dfrac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{1-2ax+a^2}}}} \\
&=& \log{\dfrac{\sqrt{1-2ax+a^2}+\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{1-2ax+a^2}-\sqrt{1-x^2-y^2}}}
\end{eqnarray*}

二変数目

先ほどまでの計算で

$\displaystyle I_0 = \int_{-1}^{1}\, dx \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}\, dy\log{\dfrac{\sqrt{1-2ax+a^2}+\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{1-2ax+a^2}-\sqrt{1-x^2-y^2}}}$

までわかりました.

初見で僕は

こんなんせきぶんできるんですかぁ？

ってなってました. 安心してください. かろうじてできます.

\begin{eqnarray*}
I_2 &=& \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}\, dy\log{\dfrac{\sqrt{1-2ax+a^2}+\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{1-2ax+a^2}-\sqrt{1-x^2-y^2}}} \\
&=& 2\int_0^{\sqrt{1-x^2}}\, dy\log{\dfrac{\sqrt{1-2ax+a^2}+\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{1-2ax+a^2}-\sqrt{1-x^2-y^2}}}\;\;\;\; (\because 偶関数性より)
\end{eqnarray*}

と置いときます.

では、 $y = \sqrt{1-x^2}\, \sin{\varphi}$ と置くと、

$dy = \sqrt{1-x^2}\, \cos{\varphi}\, d\varphi$

$y$ $0$ $\rightarrow$ $\sqrt{1-x^2}$

$\varphi$ $0$ $\rightarrow$ $\dfrac{\pi}{2}$

より、

\begin{eqnarray*}
I_2 &=& 2\sqrt{1-x^2} \int_0^{\dfrac{\pi}{2}} \log{ \dfrac{ \sqrt{ 1-2ax+a^2 }+\sqrt{ 1-x^2 }\sqrt{ 1-\sin^{2}{ \varphi } } }{ \sqrt{ 1-2ax+a^2 }-\sqrt{ 1-x^2 }\sqrt{ 1-\sin^{2}{\varphi} } } } \cos{\varphi}\,d\varphi \\
&=& 2\sqrt{1-x^2} \int_0^{\dfrac{\pi}{2}} \log{ \dfrac{ \sqrt{ 1-2ax+a^2 }+\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi} }{ \sqrt{ 1-2ax+a^2 }-\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi} } } \cos{\varphi}\,d\varphi \;\;\; (\because 0 \leq \varphi \leq \dfrac{\pi}{2} より \sqrt{ 1-\sin^{2}{ \varphi }}=\cos{\varphi})
\end{eqnarray*}

さて、ここで部分積分をします. $\cos$ を積分側、ごつい $\log$ を微分側とします.

$\cos$ の積分の項（表面項ともいう)は
0 になります.

$\left[ \sin{\varphi}\log{ \dfrac{ \sqrt{ 1-2ax+a^2 }+\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi} }{ \sqrt{ 1-2ax+a^2 }-\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi} } } \right]_0^{\frac{\pi}{2}} = 0$

したがって、

\begin{eqnarray*}
I_2 &=& -2\sqrt{1-x^2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin{\varphi} \dfrac{d}{d\varphi}\left( \log{ \dfrac{ \sqrt{ 1-2ax+a^2 }+\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi} }{ \sqrt{ 1-2ax+a^2 }-\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi} } } \right)\, d\varphi \\
&=& 4(1-x^2)\sqrt{1-2ax+a^2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{ \sin^{2}{\varphi} }{ 1-2ax+a^2-(1-x^2)\cos^{2}{\varphi} } \, d\varphi \;\;\; (補足3) \\
&=& 4(1-x^2)\sqrt{1-2ax+a^2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{ \tan^{2}{\varphi} }{ (1-2ax+a^2)\sec^2{\varphi}-(1-x^2) } \, d\varphi \\
&=& 4(1-x^2)\sqrt{1-2ax+a^2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{ \tan^{2}{\varphi} }{ (1-2ax+a^2)(1+\tan^2{\varphi})-(1-x^2) } \, d\varphi \\
&=& 4(1-x^2)\sqrt{1-2ax+a^2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{ \tan^{2}{\varphi} }{(a-x)^2+(1-2ax+a^2)\tan^2{\varphi}} \, d\varphi \\
\end{eqnarray*}

となります. $\sec{\varphi} = \dfrac{1}{\cos{\varphi}}$ です.

2行目から3行目で分母分子を $\cos^2{\varphi}$ で割っています.

次に、 $t = \tan{\varphi}$ とおくと、

$dt = \dfrac{1}{\cos^2{\varphi}}\, d\varphi \Leftrightarrow d\varphi = \dfrac{1}{1+t^2}\, dt$

$\varphi$ $0$ $\rightarrow$ $\dfrac{\pi}{2}$

$t$ $0$ $\rightarrow$ $\infty$

であり、

\begin{eqnarray*}
I_2 &=& 4(1-x^2)\sqrt{1-2ax+a^2}\int_0^{\infty} \dfrac{ t^2 }{\{(a-x)^2+(1-2ax+a^2)t^2\}(1+t^2) } \, dt \\
&=& 4\sqrt{1-2ax+a^2}\int_0^{\infty} \left\{ \dfrac{1}{1+t^2} - \dfrac{(a-x)^2}{(a-x)^2+(1-2ax+a^2)t^2}\right\}\, dt \;\;\; (補足4) \\
&=& 4\sqrt{1-2ax+a^2}\left\{ \left[\tan^{-1}{t}\right]_0^{\infty} -\int_0^{\infty} \dfrac{(a-x)^2}{(a-x)^2+(1-2ax+a^2)t^2} \, dt \right\} \\
&=& 4\sqrt{1-2ax+a^2}\left\{ \dfrac{\pi}{2} -\int_0^{\infty} \dfrac{(a-x)^2}{(a-x)^2+(1-2ax+a^2)t^2} \, dt \right\}
\end{eqnarray*}

さらに、 $t = \dfrac{a-x}{\sqrt{1-2ax+a^2}}\tan{\phi}$ とおくと、

$dt =\dfrac{a-x}{\sqrt{1-2ax+a^2}}\dfrac{1}{\cos^2{\phi}}\, d\phi$

$t$ $0$ $\rightarrow$ $\infty$

$\phi$ $0$ $\rightarrow$ $\dfrac{\pi}{2}$

であり、

\begin{eqnarray*}
I_2 &=& 4\sqrt{1-2ax+a^2}\left\{ \dfrac{\pi}{2} -\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{(a-x)^2}{(a-x)^2(1+\tan^2{\phi})}\dfrac{a-x}{\sqrt{1-2ax+a^2}}\dfrac{1}{\cos^2{\phi}} \, d\phi \right\} \\
&=& 4\sqrt{1-2ax+a^2}\left\{ \dfrac{\pi}{2} -\dfrac{a-x}{\sqrt{1-2ax+a^2}}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \, d\phi \right\} \\
&=& 4\sqrt{1-2ax+a^2}\left\{ \dfrac{\pi}{2} -\dfrac{a-x}{\sqrt{1-2ax+a^2}}\dfrac{\pi}{2} \right\} \\
&=& 2\pi( \sqrt{1-2ax+a^2} -a+x)
\end{eqnarray*}

JusT A liTtlE moRe !

三変数目

元の積分は

\begin{eqnarray*}
I_0 &=& 2\pi \int_{-1}^{1}\, (\sqrt{1-2ax+a^2} -a+x )\, dx \\
&=& 2\pi \int_{-1}^1\, \sqrt{1-2ax+x^2}\, dx -4\pi a \;\;\; (\because x は奇関数) \\
&=& 2\pi \left[ \dfrac{1}{-2a}\dfrac{2}{3}(1-2ax+a^2)^{\frac{3}{2}} \right]_{-1}^1 -4\pi a \\
&=& \dfrac{2\pi}{3a}\left\{ ((a+1)^2)^{\frac{3}{2}}-((a-1)^2)^{\frac{3}{2}}\right\} -4\pi a \\
&=& \dfrac{2\pi}{3a}\left\{ (a+1)^3-(a-1)^3 \right\} -4\pi a \;\;\; (\because a-1 > 0)\\
&=& \dfrac{4\pi(1+3a^2)}{3a} - 4\pi a \\
&=& \dfrac{4\pi}{3a}
\end{eqnarray*}

となります.

したがって、 $a>1$ にたいして

$V = \{(x,y,z)|x^2+y^2+z^2 \leq 1 \}$

$\displaystyle I_0 = \iiint_V \dfrac{1}{\sqrt{(x-a)^2+y^2+z^2}}\, dxdydz = \dfrac{4\pi}{3a}$

と相成りました.

いかがだったでしょうか.
わたしはキーボードの打ちすぎで腱鞘炎になりそうです.
(Appendixも含めると1万字超えました.)

Appendix

記事中で補足と書いた部分について触れます.

補足として扱ったのは、この三重積分に挑戦しようという人が躓くレベルの式変形などではないと判断したためです.

(あと式が長くなりすぎて冗長になるのを防ぎたいからですね、むしろこっちが本音)

補足1

\begin{eqnarray*}
\int \dfrac{dx}{\cos{x}} &=& \int \dfrac{\cos{x}}{\cos^{2}{x}}\, dx \\
&=& \int \dfrac{\cos{x}}{1-\sin^{2}{x}} \, dx \\
&=& \int \dfrac{\cos{x}}{(1+\sin{x})(1-\sin{x})}\, dx \\
&=& \dfrac{1}{2} \int \left( \dfrac{\cos{x}}{1+\sin{x}} + \dfrac{\cos{x}}{1-\sin{x}} \right)\, dx \\
&=& \dfrac{1}{2} \int \left\{ \dfrac{(\sin{x})'}{1+\sin{x}} + \dfrac{(\sin{x})'}{1-\sin{x}} \right\} \, dx \\
&=& \dfrac{1}{2}(\log{|1+\sin{x}|}-\log{|1-\sin{x}|}) + C \\
&=& \dfrac{1}{2}\log{\dfrac{1+\sin{x}}{1-\sin{x}}} + C
\end{eqnarray*}

最終行では
$1+\sin{x},\; 1-\sin{x} \geq 0$
より絶対値を外してます.

$\sin$ が分母の積分については記事をすでに書いていました.

こちらも是非ご覧ください.

intvoyager.hatenadiary.jp

補足2

$\sin{(\tan^{-1}{x})} = \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ は覚えておきましょう.

$\tan^{-1}{x}=\theta$ とすると、 $\tan{\theta} = x$ であり、

$1+ \dfrac{1}{\tan^{2}{\theta}} = \dfrac{1}{\sin^{2}{\theta}}$

を用いると、 $-\dfrac{\pi}{2} < \theta < \dfrac{\pi}{2}$ において、

$\sin{\theta} = \dfrac{\tan{\theta}}{\sqrt{1 + \tan^{2}{\theta}}}$

$\therefore \sin{(\tan^{-1}{x})} = \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}$

となります. そうすると本文中の変型は以下の通りです：

\begin{eqnarray*}
& &\sin{\left( \tan^{-1}{\dfrac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}}\right)} \\
&=& \dfrac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}\left\{ 1+\left( \dfrac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}\right)^2 \right\}^{-\frac{1}{2}} \\
&=& \dfrac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}\dfrac{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}{\sqrt{1-2ax+a^2}} \\
&=& \dfrac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{1-2ax+a^2}}
\end{eqnarray*}

この式変形を用いた積分を一番はじめの記事で書いてました.

こちらも是非ご覧ください.

intvoyager.hatenadiary.jp

補足3

ただ微分しているだけなのですが、式が長くなりすぎるので結果だけ書きました.

ここでは一応計算します.
\begin{eqnarray*}
&& \dfrac{d}{d\varphi}\left( \log{ \dfrac{ \sqrt{ 1-2ax+a^2 }+\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi} }{ \sqrt{ 1-2ax+a^2 }-\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi} } } \right) \\
&=& \dfrac{d}{d\varphi}\{ \log{ (\sqrt{ 1-2ax+a^2 }+\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi})}-\log{(\sqrt{ 1-2ax+a^2 }-\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi})} \} \\
&=& \dfrac{-\sqrt{1-x^2}\sin{\varphi} }{\sqrt{1-2ax+a^2 }+\sqrt{1-x^2 }\cos{\varphi}} - \dfrac{\sqrt{1-x^2}\sin{\varphi} }{\sqrt{1-2ax+a^2 }-\sqrt{1-x^2 }\cos{\varphi}} \\
&=& -\sqrt{1-x^2}\sin{\varphi}\dfrac{\sqrt{ 1-2ax+a^2 }-\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi}+\sqrt{ 1-2ax+a^2 }+\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi}}{(\sqrt{ 1-2ax+a^2 }+\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi})(\sqrt{ 1-2ax+a^2 }-\sqrt{ 1-x^2 }\cos{\varphi})} \\
&=& -2\sqrt{1-x^2}\sqrt{ 1-2ax+a^2 }\dfrac{\sin{\varphi}}{1-2ax+a^2-(1-x)^2\cos{\varphi}}
\end{eqnarray*}

補足4

部分分数分解を省略してしまったのでここで計算しておきます.

$\dfrac{ t^2 }{\{(a-x)^2+(1-2ax+a^2)t^2\}(1+t^2) } = \dfrac{A}{1+t^2} + \dfrac{B}{(a-x)^2+(1-2ax+a^2)t^2}$

とおくと、

$\dfrac{A}{1+t^2} + \dfrac{B}{(a-x)^2+(1-2ax+a^2)t^2} = \dfrac{A(a-x)^2 + B +\{A(1-2ax+a^2)+B\}t^2}{\{(a-x)^2+(1-2ax+a^2)t^2\}(1+t^2)}$

となります. したがって

$A(a-x)^2 + B = 0,\; A(1-2ax+a^2) + B = 1$
$\Leftrightarrow A = \dfrac{1}{1-x^2},\; B = -\dfrac{(a-x)^2}{1-x^2}$

が求まります. ゆえに

$\dfrac{ t^2 }{\{(a-x)^2+(1-2ax+a^2)t^2\}(1+t^2) } = \dfrac{1}{1-x^2}\left\{\dfrac{1}{1+t^2} + \dfrac{(a-x)^2}{(a-x)^2+(1-2ax+a^2)t^2} \right\}$

部分分数分解を用いて計算する積分について書いている記事があります. ぜひこちらもどうぞ.

intvoyager.hatenadiary.jp

$z$	$0$	$\rightarrow$	$\sqrt{1-x^2-y^2}$
$\theta$	$0$	$\rightarrow$	$\alpha$

$y$	$0$	$\rightarrow$	$\sqrt{1-x^2}$
$\varphi$	$0$	$\rightarrow$	$\dfrac{\pi}{2}$

$t$	$0$	$\rightarrow$	$\infty$
$\phi$	$0$	$\rightarrow$	$\dfrac{\pi}{2}$