Può $\int_{0}^{2\pi} \frac{d\theta}{\sqrt{R^2+x^2-2Rx\cos\theta}},$ dove $R$ e $x$ sono costanti positive, possono essere risolte usando la sostituzione?

Question

Mentre trovavo il potenziale in un punto nel piano di un anello caricato in modo uniforme, ho ottenuto il seguente integrale come soluzione. $$\int_{0}^{2\pi} \frac{d\theta}{\sqrt{R^2+x^2-2Rx\cos\theta}},$$ dove $R$ e $x$sono costanti positive. Questo integrale può essere risolto usando la sostituzione?

Answer 1

$$\frac{1}{\sqrt{R^2+x^2-2 R x \cos (\theta )}}=\frac{1}{\sqrt{R^2+x^2}}\frac{1}{\sqrt{1-k\cos (\theta )}}$$ con $k=\frac{2Rx}{R^2+x^2}$. $$\int \frac{d\theta}{\sqrt{1-k\cos (\theta )}}=\frac 2 {\sqrt{{1-k}}} F\left(\frac{\theta }{2}|\frac{2 k}{k-1}\right)$$ $$\int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{\sqrt{1-k\cos (\theta )}}=\frac 4 {\sqrt{{1-k}}}K\left(\frac{2 k}{k-1}\right)$$

Se $k$ è piccolo, puoi usare l'espansione $$\frac 4 {\sqrt{{1-k}}}K\left(\frac{2 k}{k-1}\right)=2\pi \left(1+\frac{3 k^2}{16}+\frac{105 k^4}{1024}+\frac{1155 k^6}{16384} \right)+O\left(k^8\right)$$

Se vuoi un'approssimazione molto migliore, potresti usare l'approssimante Padé $$\frac 4 {\sqrt{{1-k}}}K\left(\frac{2 k}{k-1}\right)=2\pi\frac{1-\frac{497 }{576}k^2+\frac{3835}{36864}k^4 } {1-\frac{605 }{576}k^2+\frac{7315 }{36864}k^4 }$$

Answer 2

Anche una volta ho provato a ricavare questo risultato e sono rimasto bloccato sullo stesso gradino. Dopo aver cercato molti articoli e abstract su Internet, ho concluso che non esiste una semplice soluzione analitica di questo integrale, ma sono necessari molti calcoli pesanti.

L'equazione potenziale era come $$V=\int_0^{2\pi}k\cdot\frac{Q\ d\theta}{2\pi}\cdot\frac{1}{\sqrt{R^2+x^2-2Rx\cos\theta}}=\frac{k\ Q}{\pi\ R}\int_0^{\pi}\frac{d\theta}{\sqrt{a-b\cos\theta}}$$

dove $\displaystyle a=1+\frac{x^2}{R^2}$ e $\displaystyle b=\frac{2x}{R}.$

1. Una possibilità è esprimere l'integrando come una serie di potenze in $\cosθ$e quindi integrare termine per termine.

Integra questa serie, usando $$\int_0^{\pi} \cos^nθ\ dθ=\begin{cases}\frac{(n−1)!!π}{n!!} &, \text{if $n$ is even}\\ 0 &, \text{if $n$ is odd}\end{cases}$$

$$V=\frac{k\ Q}{R}(1+\frac{3}{16}c^2+\frac{105}{1024}c^4+\frac{1155}{16384}c^6+\frac{25025}{4194304}c^8+...)$$

dove $\displaystyle c=\frac{b}{a}=\frac{2(x/R)}{(x/R)^2+1}.$

2. Possiamo ottenere una serie di potenze in $x/R$ .

Considera l'espressione $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{R^2+x^2−2Rx\cosθ}}=\frac{1}{R\sqrt{1+(x/R)^2−2(x/R)\cosθ}}$

Espandendo questo trinomio, otteniamo un polinomio di Legendre i cui coefficienti possono essere calcolati. Dopo l'integrazione, otteniamo,

$$V=\frac{k\ Q}{R}\left(1+\frac{1}{4}(\frac{x}{R})^2+\frac{9}{64}(\frac{x}{R})^4+\frac{25}{256}(\frac{x}{R})^6+\frac{1225}{16384}(\frac{x}{R})^8...)\right)$$