Двойной интеграл, дельта-функция и интегрирование по частям

[Gickle]

По работе (корни растут из физики) потребовалось вычислить следующий интеграл:

$$I(c^2,Q) = -\int_{-\infty}^{\infty} dx \int_0^{\infty} d y \frac{y^3}{\sqrt{y^2 + x^2}} \frac{\partial}{\partial x} \left[\frac{x}{\sqrt{y^2 + c^2 x^2}} \delta \left(Q - \sqrt{y^2 + c^2 x^2} \right) \right],$$

где $Q,c^2 > 0$ некоторые действительные положительные параметры. Начнём с очевидного -- есть большое желание применить интегрирование по частям. Как понимаю, из-за того, что под знаком интеграла не обычная функция, а обобщённая, такой приём не совсем разрешён. С другой стороны, понятно, что если вот заменить дельта-функцию её слабым пределом $f_n$ (например, гауссианом), то после интегрирования по частям "поверхностная часть" обратится в нуль в пределе $n \to \infty$ (в случае с гауссианом даже для $n = 1$). Что как будто бы намекает, что интегрирование по частям здесь имеет смысл, нужно только произнести правильные магические слова. Какие?

Предположим, что вышесказанное имеет смысл. Тогда:

$$\begin{align*} I(c^2,Q) &= -\int_{-\infty}^{\infty} dx \int_0^{\infty} d y \frac{x^2 y^3}{(y^2 + x^2)^{3/2} (y^2 + c^2 x^2)^{1/2}} \delta \left(Q - \sqrt{y^2 + c^2 x^2} \right) \\ &= -\frac{2}{c^3} \int_{0}^{\infty} dx \int_0^{\infty} d y \frac{x^2 y^3}{(y^2 + x^2/c^2)^{3/2} (y^2 + x^2)^{1/2}} \delta \left(Q - \sqrt{y^2 + x^2} \right). \end{align*}$$

На википедии нашёл следующее свойство:

Википедия писал(а):

In the special case of a continuously differentiable function g: Rn → R such that the gradient of g is nowhere zero, the following identity holds

$$\int _{\mathbf {R}^n} f(\mathbf {x})\,\delta (g(\mathbf {x} ))\,d\mathbf {x} =\int _{g^{-1}(0)}{\frac {f(\mathbf {x} )}{|\mathbf {\nabla } g|}}\,d\sigma (\mathbf {x} )$$

where the integral on the right is over $g^{-1}(0)$, the $(n-1)$-dimensional surface defined by $g(x) = 0$ with respect to the Minkowski content measure. This is known as a simple layer integral.

Ну, то есть эдакое обобщение одномерной формулы, как понимаю. Итак, $g^{-1}(0)$ в данном случае есть кусок окружности $x^2 + y^2 = Q^2$ в первом квадранте, причём

$$\left|\nabla \left(Q - \sqrt{x^2 + y^2} \right)\right| = 1.$$

Следовательно,

$$I(c^2,Q) = -\frac{2}{c^3} \int_{C_Q} d \sigma(\mathbf{x}) \frac{x^2 y^3}{(y^2 + x^2/c^2)^{3/2} (y^2 + x^2)^{1/2}} $$

Но вот что такое Minkowski content measure и какой она имеет в данном случае вид, я понять, увы, не могу.

Буду рад любой помощи.

[Munin]

Кажется, это площадь поверхности $g(\mathbf{x})=0$ в стандартном смысле. То есть у вас длина дуги окружности.

[Gickle]

Munin
Хм, ну из соображений размерности хотя бы, да, следует, что $\left[d \sigma(\mathbf{x}) \right] = \left[L\right]$. Но интуитивно кажется, что $d \sigma(\mathbf{x})$ в данном случае должно быть просто элементом дуги окружности. Иными словами, если параметризовать $x = Q \cos t$, $y = Q \sin t$, так что $(\dot{x}^2 + \dot{y}^2)^{1/2} = Q$, то я ожидал бы чего-то вроде

$$I(c^2,Q) = -\frac{2 Q^2}{c^3} \int_0^{\pi/2} d t \, \frac{\cos^2 t \sin^3 t}{(\sin^2 t + c^{-2} \cos^2 t)^{3/2}} = -\frac{2 Q^2}{c^3} \int_0^1 d u \, \frac{ u^2 (1 - u^2)}{\left[1 + (c^{-2} - 1) u^2\right]^{3/2}}.$$

Этот интеграл я уже даже могу взять с помощью Mathematica, но ответ уж больно страшный какой-то получается... Может ли кто-то проверить выкладки, если не сложно? Ну и проверить сомнительные переходы/рассказать, как они на языке математики нормально осуществляются.

[Red_Herring]

Gickle в сообщении #1418357 писал(а):

Может ли кто-то проверить выкладки, если не сложно?

Вроде все верно. Но давайте рассмотрим этот интеграл
\begin{gather*} \int_0^1 d u \, \frac{ u^2 (1 - u^2)}{\left[1 + (c^{-2} - 1) u^2\right]^{3/2}}=\\ K \int_0^1 u (1 - u^2) d \ \frac{ 1}{\left[1 + (c^{-2} - 1) u^2\right]^{1/2}} \end{gather*}
и проинтегрируем по частям (константу $K$ сами посчитайте). Не так уж и страшно будет? И, кстати, к половинке полученного интеграла такой же трюк применить можно, и получим вааще табличный интеграл. На Вольфрама надейся, но сам не плошай!

Что современные студенты интегрировать не умеют--это факт. Но физики-профессионалы!!! Ландау в гробу переворачивается (!) (это ая так, к слову).

[Markiyan Hirnyk]

Англоязычная версия Вики по поводу используемой Вами формулы отсылает к статье, опубликованной в физическом журнале и написанной на физическом уровне строгости.

[Gickle]

Red_Herring в сообщении #1418361 писал(а):

Вроде все верно. Но давайте рассмотрим этот интеграл

$$\begin{align*} \int_0^1 d u \, \frac{ u^2 (1 - u^2)}{\left[1 + (c^{-2} - 1) u^2\right]^{3/2}}=\\ K \int_0^1 u (1 - u^2) d \ \frac{ 1}{\left[1 + (c^{-2} - 1) u^2\right]^{1/2}} \end{align*}$$

и проинтегрируем по частям (константу $K$ сами посчитайте). Не так уж и страшно будет? И, кстати, к половинке полученного интеграла такой же трюк применить можно, и получим вааще табличный интеграл.

Хороший трюк, да. Как дойдут руки до листа бумаги, попробую применить.

Red_Herring в сообщении #1418361 писал(а):

Что современные студенты интегрировать не умеют--это факт. Но физики-профессионалы!!! Ландау в гробу переворачивается (!) (это ая так, к слову).

Ну нет, последний интеграл-то я уж мог бы вычислить руками, разумеется. В конце концов, хотя бы через подстановки Чебышёва. Я именно потому его в Математику и загнал, что знаю, что руками могу. :)


P.S. А что насчёт магических слов при интегрировании по частям? Нужны какие-то?

Markiyan Hirnyk в сообщении #1418363 писал(а):

Англоязычная версия Вики по поводу используемой Вами формулы отсылает к статье
, опубликованной в физическом журнале и написанной на физическом уровне строгости.

Справедливости ради, во-первых, статья хоть и опубликована в физическом журнале (JHEP), но на архиве она в разделе math-ph, что скорее математика, нежели физика. А во-вторых, интересующий меня кусок находится на страницах 30-31 (из 46), как понимаю. Так что чтобы "въехать" в написанное, придётся потратить немало времени. И уж при всей моей любви к математике, если бы я из-за каждой промежуточной выкладки в работе пролистывал бы 40-страничные математические статьи, меня коллеги (совершенно справедливо) давно бы послали куда угодно, лишь бы не с ними заниматься физикой.

[Munin]

Gickle в сообщении #1418357 писал(а):

Но интуитивно кажется, что $d \sigma(\mathbf{x})$ в данном случае должно быть просто элементом дуги окружности.

А я чё сказал? Почему "но"?

[Gickle]

Munin в сообщении #1418371 писал(а):

А я чё сказал? Почему "но"?

Видимо, неправильно вас понял. Думал, имелось в виду, что надо ещё дополнительно где-то умножать на полную «площадь поверхности» (то есть на длину четвертушки окружности).

[nnosipov]

Red_Herring в сообщении #1418361 писал(а):

Не так уж и страшно будет?

Ну, там как бы еще параметр $c$ имеется, про который нам было сообщено только, что $c^2>0$ (возможно, я что-то не заметил). Но если так, то иногда (при $c^2>1$) некоторые значения подынтегральной функции могут оказаться комплекснозначными, а сама функция будет иметь особенности. Мне кажется, это не очень хорошо для обычного интеграла.

[Markiyan Hirnyk]

См. Вики относительно определения емкости Минковского.

[Red_Herring]

nnosipov в сообщении #1418376 писал(а):

некоторые значения подынтегральной функции могут оказаться комплекснозначными,

Не могут, потому как $0<u<1$

Markiyan Hirnyk в сообщении #1418380 писал(а):

См. Вики
относительно определения емкости Минковского.

А зачем?

[nnosipov]

Red_Herring в сообщении #1418385 писал(а):

Не могут

Да, действительно. Померещилось, что покоренное выражение может быть чем-то типа $1-2u^2$. (Видать, после 6 пар в день это неизбежно.)

[Markiyan Hirnyk]

Red_Herring
Не уверен, что это длина кривой.

[Gickle]

Gickle в сообщении #1418366 писал(а):

Хороший трюк, да. Как дойдут руки до листа бумаги, попробую применить.

Итак, руки добрались. Обозначим $a = c^{-2} - 1$, тогда

$$\begin{align*} \int_0^1 d u \, \frac{ u^2 (1 - u^2)}{\left(1 +a u^2\right)^{3/2}} &= -\frac{1}{a} \int_0^1 u (1 - u^2) d \ \frac{ 1}{\left(1 + a u^2\right)^{1/2}} = -\frac{1}{a} \left[\frac{u (1 - u^2)}{\left(1 + a u^2\right)^{1/2}}\bigg\rvert_0^1 - \int_0^1 d u \ \frac{1 - 3 u^2}{\left(1 + a u^2\right)^{1/2}} \right] \\ &= \frac{1}{a} \int_0^1 d u \ \frac{ (1 - 3 u^2)}{\left(1 + a u^2\right)^{1/2}} = \frac{1}{a} \left\lbrace \int_0^1 \frac{d u}{\left(1 + a u^2\right)^{1/2}} - \frac{3}{a} \int_0^1 u \ d \left(1 + a u^2\right)^{1/2}\right\rbrace \\ &= \frac{\sinh^{-1} \sqrt{a}}{a^{3/2}} - \frac{3}{a^2} \left[\sqrt{1 + a} - \int_0^1 d u \, (1 + a u^2)^{1/2} \right] \end{align*}$$

Для простоты положим, что $a < 0$ (этот случай меня интересует больше всего). Последний интеграл -- табличный, и, собирая всё вместе, получим:

$$\ldots = \frac{(2 a + 3) \sinh^{-1} \sqrt{a} - 3 \sqrt{a (1 + a)}}{2 a^{5/2}},$$

с чем Mathematica соглашается. Если теперь подставить всё в исходный интеграл, то

$$ I(c^2,Q) = -\frac{Q^2}{2 (c^2 - 1)^{5/2}} \left[ (c^2 + 2) \mathrm{arccsc} \,\frac{c}{\sqrt{c^2 - 1}} - 3 \sqrt{c^2 - 1}\right].$$

Выглядит, честно сказать, не очень приятно. Как я уже говорил, в реальности меня больше интересует поведение при $c > 1$ (хотя и случай $c < 1$ было бы неплохо изучить). Что вроде как хотя бы сразу видно, так это асимптотику $c \to \infty$: в этом случае $I(c^2,Q) \sim -Q^2 c^3/2 $.

Вроде всё правильно?

[Red_Herring]

Gickle в сообщении #1418521 писал(а):

Выглядит, честно сказать, не очень приятно.

А вы напильником поработайте и превратите $\operatorname{arccsc}$ в $\arccos$