Замена в тройном интеграле

[t_dream]

В книге Прудникова, Брычкова и Маричева Интегралы и ряды. Элементарные функции Т.1. стр. 486, формула 7 (издание 2, 2002 год) или стр. 594, формула 7 (издание 1, 1981)
есть следующиее интегральное равенство, хотелось бы узнать с помощью какой замены переменных оно получено
$\int\limits^\infty_{-\infty}\dots \int\limits^\infty_{-\infty}\frac{dx}{(p^2+(\vec x-\vec a)^2)^\mu(q^2+(\vec x-\vec b)^2)^\nu}=\frac{\pi^{n/2}\Gamma(\mu+\nu-n/2)}{\Gamma(\mu)\Gamma(\nu)}\int\limits^1_0\frac{t^{\mu-1}(1-t)^{\nu-1}dt}{[p^2t+q^2(1-t)+t(1-t)(\vec a-\vec b)^2]^{\mu+\nu-n/2}},\quad{\rm Re}\,\mu>0,{\rm Re\m}\nu>0$
n - размерность векторного пространства, в котором проходит интегрирование, например $R^3$

[Gafield]

Во-первых, сдвигом можно добиться того, что $\vec b=0$. Потом, я думаю, надо перейти к полярным координатам, первую ось направить в сторону $\vec a$. После этого проинтегрировать по угловым координатам. А затем сделать замену $r=\frac t{1-t}$, которая переводит луч $0<r<\infty$ в интервал $0<t<1$.

[t_dream]

Я это уже делала, кроме рациональной замены, т.е.
$\int\limits^\infty_{-\infty}\dots \int\limits^\infty_{-\infty}\frac{dx}{(p^2+(\vec x-\vec a)^2)^\mu(q^2+(\vec x-\vec b)^2)^\nu}= \int\limits^\infty_{-\infty}\dots \int\limits^\infty_{-\infty}\frac{dx}{(p^2+(\vec x+\vec b-\vec a)^2)^\mu(q^2+\vec x^2)^\nu}=$
далее замена переменных
$x=r\cos u\sin w, y=r\sin u\sin w, z=r\cos w\quad 0\leq u<2\pi,\quad 0\leq w\leq \pi$
получаем
$\int\limits^\infty_{-\infty}\dots \int\limits^\infty_{-\infty}\frac{dx}{(p^2+(\vec x+\vec b-\vec a)^2)^\mu(q^2+\vec x^2)^\nu}=\int\limits^{\infty}_{0}\int\limits^{2\pi}_0\int\limits^\pi_0\frac{r^2\sin wdrdudw}{(p^2+r^2+(\vec b-\vec a)^2+2r(\sin w\cos u (b_x-a_x)+\sin w\sin u (b_y-a_y)+\cos w (b_z-a_z)))^{\mu}(q^2+r^2)^{\nu}}$
далее как мне кажется надо интегрировать по $u$, но ведь интеграл получится нулевой?
или нет?

[Gafield]

Почему нулевой? Синус $w$ будет неотрицательный.

[t_dream]

я говорила про интеграл по $u$?

[Gafield]

Подынтегральное выражение вообще неотрицательное. Так что интеграл может быть нулевой, только если функция тождественно равна нулю. Это верно разве что при $w=0,\pi$.

[Утундрий]

Здесь наверное более уместны цилиндрические координаты. Если одну координатную ось направить вдоль $\[\vec b - \vec a\]$, то интеграл для любых $n$ сведется к двукратному, умноженному на объем единичной $(n-2)$-сферы.

Ну а если еще начало поместить в $\[\frac{1}{2}\left( {\vec a + \vec b} \right)\]$, то можно попытаться учесть симметрию, перейдя к эллиптическим координатам. После этого по идее одно интегрирование должно браться в конечном виде... только не берется что-то (

[t_dream]

Для простоты можно рассмотреть задачу (мне ее достаточно) $\mu=\nu=1/2,p=q=0$

$$ I=\int\limits_{R^3}\frac{dxdydz} {\sqrt{(x-a_x)^2+(y-a_y)^2+(z-a_z)^2}\sqrt{(x-b_x)^2+(y-b_y)^2+(z-a-z)^2}}= $$ $$ =\int\limits_{R^3}\frac{dxdydz} {\sqrt{x^2+y^2+z^2}\sqrt{(x+a_x-b_x)^2+(y'+a_y-b_y'')^2+(z'+a_z-b_z')^2}}$$

Замена переменных
$ x=r\sin\varphi\cos\phi,\quad y=r\sin\varphi\sin\phi,z=r\cos\varphi,\quad 0\leq 0<\infty,\quad 0\leq u\leq 2\pi, \quad 0\leq w\leq \pi, \quad D=r^2\sin \varphi drd\varphi d\phi $

$$I_p= \int\limits_{0}^{\infty}\int\limits_{0}^{2\pi}\int\limits_{0}^{\pi}\frac{r\sin\varphi dr d\varphi d\phi} {\sqrt{r^2+|\vec a-\vec b|^2 +2r((a_x-b_x)\sin\varphi\cos\phi+(a_y-b_y)\sin\varphi\sin\phi+(a_z-b_z)\cos\varphi)}} $$

Обозначим
$ a=r^2+|\vec a-\vec b|^2+2r(a_z-b_z')\cos\varphi,\quad b=2r(a_x-b_x)\sin\varphi,\quad c=2r(a_y-b_y)\sin\varphi, $

Надо посчитать интеграл
$ \int\limits^{2\pi}_0\frac{d\phi}{\sqrt{a+b\cos\phi+c\sin\phi}} $

Как известно (Градштейн, Рыжик стр. 193, ф-лы 2.617.1--2

$$ \int\limits\frac{d\phi}{\sqrt{a+b\cos\phi+c\sin\phi}}=\\ =\left\{\begin{aligned} -\frac{2}{\sqrt{a+\sqrt{b^2+c^2}}}F(\alpha,r), \quad{\rm if }\quad 0<\sqrt{b^2+c^2}<a,\, \\ {\rm arcsin \dfrac{b}{\sqrt{b^2+c^2}}}-\pi\leq \phi< {\rm arcsin \dfrac{b}{\sqrt{b^2+c^2}}},\\ -\frac{2}{\sqrt[4]{b^2+c^2}}F(\alpha,r), \quad{\rm if }\quad 0<|a|<\sqrt{b^2+c^2}\, \\{\rm arcsin \dfrac{b}{\sqrt{b^2+c^2}}}- {\rm arccos}(-\dfrac{a}{\sqrt{b^2+c^2}})\leq \phi< {\rm arcsin \dfrac{b}{\sqrt{b^2+c^2}}}, \end{aligned} \right. $$

где $\alpha={\rm arcsin\,}\sqrt{\dfrac{\sqrt{b^2+c^2}-b\sin \phi-c\cos \phi}{2\sqrt{b^2+c^2}}}$,
$r =\sqrt{\dfrac{2\sqrt{b^2+c^2}}{a+\sqrt{b^2+c^2}}}$

Рассмотрим условие b^2+c^2<a^2
4r^2(a_x-b_x)^2\sin^2\phi+4r^2(a_y-b_y)^2\sin^2\phi<\\ <r^4+((a_x- b_x)^2+(a_y- b_y)^2+(a_z- b_z)^2)^2+4r^2(a_z-b_z)^2\cos^2\phi+\\ +2r^2((a_x- b_x)^2+(a_y- b_y)^2+(a_z- b_z)^2)+4r^3(z_z-b_z)\cos\phi+\\ +2r((x- x'')^2+(y- y'')^2+(z- z'')^2)\cos\phi

Такой путь не ведет похоже к формуле из ПРУДНИКОВА, так как интегралы от эллиптических функция по $\varphi$ явно в результате не дают Гамма-функций

Добавлено спустя 4 минуты 43 секунды:

[Gafield]

В левой части формулы две скобки, а в правой одна.
Так что тут дело не только в угловых переменных.
В случае $n=1$ их не будет. Возможно, имеет смысл разобраться сначала с тем, какой заменой это получается в одномерном случае.

[t_dream]

Размерность пространства в данном случае имеет существенное значение,
например в мое случае, когда $p=q=0,\nu=\mu=1/2$, если взять $n=1$, то интеграл в правой части формулы получается неабсолютно сходящимся, он сходится только в смысле главного значения, а для $n=3$ интеграл в правой части вообще перестает зависеть от $t$.

[Gafield]

Значения параметров существенны для сходимости, а для замены нет. А при

t_dream писал(а):

p=q=0,\nu=\mu=1/2

и $n=3$ интеграл расходится.

[t_dream]

интеграл справа сходится в смысле главного значения и для $n=1$ $n=3$, и не сходятся абсолютно
но тут-то и основная часть прикола в том, что в книге никаких условий кроме $Re\nu,Re\mu>0$ не наложено, а эти условия заведомо не гарантируют абсолютную сходимость

[Gafield]

На бесконечности сходимости не будет.

[t_dream]

абсолютной не будет, но всмысле гланвого значения будет конечно

[Gafield]

Откуда? Для нее надо $\mu+\nu>n/2$. А главное значение на бесконечности это как? Предел по шару? Для положительной функции не поможет.