УМФ. Функция Грина

[littlepindos]

Всем привет! Вот уже третий день пытаюсь решить одно задание из расчетки:

$$ \Delta u = 0 \quad \forall (x_1, x_2, x_3) \in \{x_2 > 0, x_3 > 0\}, \quad u(x_1, 0, x_3) = 0, \quad u(x_1, x_2, 0)=\begin{cases} 1,&\text{$x_1>0$;}\\ -1,&\text{$x_1\leq0$.} \end{cases} $$

Нашел функцию Грина:

$$ G(\vec{x_0}, \vec{x}) = \frac{1}{4\pi}\left( \frac{1}{\sqrt{(x-x_0)^2 + (y - y_0)^2 + (z - z_0)^2}} - \frac{1}{\sqrt{(x-x_0)^2 + (y + y_0)^2 + (z - z_0)^2}} $$

$$ - \frac{1}{\sqrt{(x-x_0)^2 + (y - y_0)^2 + (z + z_0)^2}} + \frac{1}{\sqrt{(x-x_0)^2 + (y + y_0)^2 + (z + z_0)^2}}\right) $$

Теперь ищу функцию $u$ (интеграл по полуплоскости $x_10x_2, x_2 > 0$):

$$ u(\vec{x_0}) = \int_{0}^{\infty}dx_2\left(\int_{0}^{+\infty}\frac{\partial G}{\partial x_3}dx_1 - \int_{-\infty}^{0}\frac{\partial G}{\partial x_3}dx_1\right) $$

Замечая, что можно менять пременные интегрирования проделываю преобразования, после которых:

$$ u(\vec{x_0}) = \frac{2z_0}{4\pi}\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{((x_1-x_0)^2+(x_2-y_0)^2+z_0^2)^{\frac{3}{2}}}+\frac{1}{((x_1+x_0)^2+(x_2+y_0)^2+z_0^2)^{\frac{3}{2}}}dx_1dx_2\right) $$

Получаем непонятный интеграл, кторый я не могу взять. Может есть здесь люди умудренные опытом, которые знают, что с этим делать или, может, сталкивались с подобной задачей. Заранее спасибо таким.
П.С. Можно, кстати, заметить, что подынтегральная функция четная и по первой и по второй координатам - я заменял его четвертью интеграла по всей плоскости и переходил к полярным координатам, но ответ получал, почему-то неверный.

[SpBTimes]

Для интеграла вида

$$ \int \frac{dx}{(x^2 + a)^{k + 1/2}} $$

удобно пользоваться подстановкой $t = (\sqrt{x^2 + a})'$

[littlepindos]

Ну хорошо, учитывая, что:

$$ \int\frac{dx}{(a+x^2)^{3/2}} = \frac{x}{a^2\sqrt{a^2+x^2}} + C $$

Можно перейти к такому интегралу:

$$ \frac{2z_0}{4\pi}\int_{0}^{+\infty}(\frac{x_1-x_0}{((x_2-y_0)^2+z_0^2)\sqrt{(x_1-x_0)^2+(x_2-y_0)^2+z_0^2}}\bigg|_{x_1=0}^{+\infty} $$ \\ $$ +\frac{x_1+x_0}{((x_2+y_0)^2+z_0^2)\sqrt{(x_1+x_0)^2+(x_2+y_0)^2+z_0^2}}\bigg|_{x_1=0}^{+\infty})dx_2 $$

Который в свою очередь розбивается на сумму двоих:

$$ \frac{2z_0}{4\pi}\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{(x_2-y_0)^2+z_0^2}+\frac{1}{(x_2+y_0)^2+z_0^2}\right)dx_2 $$

И плюс

$$ \frac{2z_0x_0}{4\pi}\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{((x_2-y_0)^2+z_0^2)\sqrt{x_0^2+(x_2-y_0)^2+z_0^2}}-\frac{1}{((x_2+y_0)^2+z_0^2)\sqrt{x_0^2+(x_2+y_0)^2+z_0^2}}\right)dx_2 $$

Первый интеграл можно взять конечно, но, что делать со вторым?

[cool.phenon]

Кажется, нужна будет еще одна чумовая подстановка Эйлера.

[SpBTimes]

После подстановки интеграл должен сводиться к интегралу от рациональной функции

[littlepindos]

И так, попотев над этим интегралом, я его таки нашел (по существу угадал), но полученный ответ был неверным. Пересмотрев решение, я нашел критическую ошибку, а именно, несмотря на то, что функция Грина найдена правильно, все же искомую функцию мы получаем вот так:

$$ u(\vec{x_0})=\int_0^{+\infty}dx_1\int_0^{+\infty}\frac{\partial G}{\partial x_3}(\vec{x},\vec{x_0})\bigg|_{x_3=0}dx_2-\int_{-\infty}^0dx_1\int_0^{+\infty}\frac{\partial G}{\partial x_3}(\vec{x},\vec{x_0})\bigg|_{x_3=0}dx_2 $$

Теперь

$$ \frac{\partial G}{\partial x_3}(\vec{x},\vec{x_0})\bigg|_{x_3=0}=\frac{z_0}{2\pi}\left(\frac{1}{((x_1-x_0)^2+(y_1-y_0)^2+z_0^2)^{\frac{3}{2}}}-\frac{1}{((x_1-x_0)^2+(y_1+y_0)^2+z_0^2)^{\frac{3}{2}}}\right) $$

Дальше мы уже знаем, как проделывать такое:

$$ \int_0^{+\infty}\frac{\partial G}{\partial x_3}\bigg|_{x_3=0}dx_2 = $$ $$= \frac{z_0}{2\pi}\left(\frac{x_2-y_0}{((x_1-x_0)^2+z_0^2)\sqrt{(x_1-x_0)^2+y_0^2+z_0^2}}-\frac{x_2+y_0}{((x_1-x_0)^2+z_0^2)\sqrt{(x_1-x_0)^2+y_0^2+z_0^2}}\right)\bigg|_{x_2=0}^{+\infty}= $$

$$ =\frac{y_0z_0}{\pi}\frac{1}{((x_1-x_0)^2+z_0^2)\sqrt{(x_1-x_0)^2+y_0^2+z_0^2}} $$

И теперь самое сложное. Оказывается, что:

$$ \frac{y_0z_0}{\pi}\int\frac{dx_1}{((x_1-x_0)^2+z_0^2)\sqrt{(x_1-x_0)^2+y_0^2+z_0^2}}=\frac{1}{\pi}atg\frac{y_0(x_1-x_0)}{z_0\sqrt{(x_1-x_0)^2+y_0^2+z_0^2}}+C $$

Что по сути я угадал, прикинув, каким должен получится ответ (можете проверить, если не верите или поверить, если не проверите )
Теперь у нас есть все, что нужно. Получаем:

$$ u(\vec{x_0})=\frac{1}{\pi}\left(atg\frac{y_0(x_1-x_0)}{z_0\sqrt{(x_1-x_0)^2+y_0^2+z_0^2}}\bigg|_0^{+\infty}-atg\frac{y_0(x_1-x_0)}{z_0\sqrt{(x_1-x_0)^2+y_0^2+z_0^2}}\bigg|_{-\infty}^0\right)= $$

$$ = \frac{1}{\pi}\left(atg\frac{y_0}{z_0}+atg\frac{x_0y_0}{z_0||\vec{x_0}||}+atg\frac{x_0y_0}{z_0||\vec{x_0}||}-atg\frac{y_0}{z_0}\right)=\frac{2}{\pi}atg\frac{x_0y_0}{z_0||\vec{x_0}||} $$

Эта функция гармоническая в нужной нам области (еще бы ей такой не быть) и удовлетворят условиям задачи . Вот так, всем спасибо за помощь!
Теперь как? Нужно закрывать тему?