Resolver lo que Mathematica no podía

Question

A la derecha, así como el paso final de mi proyecto se acerca y después de haber hecho un mal diseño del tipo de pregunta, estoy publicando una nueva muy claro y sin ambigüedades. Necesito encontrar a esta específica de la integral definida que Mathematica no podía resolver:

$$ \int_{x=0}^\pi \frac{\cos \frac{x}{2}}{\sqrt{1 + A \sin^2 \frac{x}{2}}} \sin \left( \frac{1+A}{\sqrt{A}} \omega \tanh^{-1} \frac{\cos \frac{x}{2}}{\sqrt{1 + A \sin^2 \frac{x}{2}}} \right) \, dx.$$

donde $ 0<A<1 $ $ \omega > 0 $ son parámetros del problema. Traté de usar una sustitución del argumento de la hiperbólico arctan pero que parecía empeorar las cosas. Yo estaba publicando aquí, en la esperanza de recibir ayuda, si alguien me pudiera decir si es del todo posible resolver analíticamente a través de un truco de tipo o una inteligente de sustitución, o tal vez es una integral elíptica en el disfraz. Agradezco a todos los ayudantes.

** Mi pregunta sobre el Melnikov integral se puede encontrar aquí acabo de utilizar identidades trigonométricas para ablandar

Answer 1

Deje $\mathcal{I}$ ser integral en la mano y $B = \frac{1+A}{\sqrt{A}}\omega$. Introducir las variables de $y, t, \theta, z$ tal que

$$y = \sin\frac{x}{2},\quad t = \tanh\theta = \frac{\cos\frac{x}{2}}{\sqrt{1+A\sin^2\frac{x}{2}}}\quad\text{ and }\quad z = e^\theta$$

Aviso $$t = \sqrt{\frac{1-y^2}{1+Ay^2}} \implica y = \sqrt{\frac{1-t^2}{1+A^2}} \implica \frac{dy}{\sqrt{1+Ay^2}} = - \frac{t\sqrt {+1}dt}{\sqrt{1-t^2}(1+A^2)} $$ y $dt = (1-t^2)d\theta$, tenemos $$\begin{align} \mathcal{I} &= 2\int_0^1 \sin(B\theta)\frac{dy}{\sqrt{1+Ay^2}} = 2\sqrt{A+1}\int_0^1\sin(B\theta)\frac{t\sqrt{1-t^2}}{1+At^2}\frac{dt}{1-t^2}\\ &= 2\sqrt{A+1}\int_0^\infty \frac{\sin(B\theta)\sinh\theta}{\cosh^2\theta + A\sinh^2\theta} d\theta = -i\sqrt{A+1}\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{iB\theta}\sinh\theta}{\cosh^2\theta + A\sin^2\theta} d\theta\\ &= -i2\sqrt{A+1}\int_0^\infty \frac{z^{iB}(z^2-1)}{(z^2+1)^2 + A(z^2-1)^2} dz \end{align} $$ Deje $\phi = \tan^{-1}\sqrt{A}$, esto puede ser simplificado como $$ \mathcal{I} = -\frac{2}{\sqrt {+1}}\int_0^\infty \frac{z^{iB}(z^2-1)}{z^4 + 2\left(\frac{1}{1+A}\right) z^2 + 1} dz = -2i\cos\phi\int_0^\infty \frac{z^{iB}(z^2-1)}{(z^2+e^{2i\phi})(z^2+e^{-2i\phi})} dz$$ Considere el siguiente contorno integral $$\mathcal{J(\epsilon,R)} \stackrel{def}{=} \oint_{C(\epsilon,R)} \frac{(-z)^{iB}(z^2-1)}{(z^2+e^{2i\phi})(z^2+e^{-2i\phi})} dz \etiqueta{*1}$$ donde

• $\arg(-z) = 0$ sobre el eje real negativo.
• $(-z)^{iB}$ tiene una sucursal corte a lo largo de eje real positivo.

• $C(\epsilon,R)$ es el perfil se compone de

  • $C_1$ : segmento de línea de $\epsilon \to R$ sobre el eje real positivo.
  • $C_2$ : arco circular $Re^{iu}$$u$$0 \to 2\pi$.
  • $C_3$ : segmento de línea $R \to \epsilon$ por debajo del eje real positivo.
  • $C_4$ : arco circular $\epsilon e^{iu}$$u$$2\pi \to 0$.

Es fácil ver en $\mathcal{J}(\epsilon,R)$,

• la contribución de $C_1$ $C_3$ suma $$(e^{\pi B} - e^{-\pi B})\int_\epsilon^R \frac{z^{iB}(z^2-1)}{(z^2+e^{2i\phi})(z^2+e^{-2i\phi})} dz$$
• la contribución de $C_4$ desvanece como $\epsilon \to 0$.
• Desde $B > 0$ es un número real, $|(-z)^{iB}|$ está delimitada desde arriba por $e^{\pi B}$, y la contribución de $C_2$ se comporta como $O(R^{-1})$$R \to \infty$.

Combinar estos, nos encontramos con

$$\mathcal{I} = -i\frac{\cos\phi}{\sinh(\pi B)}\lim_{\epsilon \to 0,R \to \infty} \mathcal{J}(\epsilon,R)$$

El integrando en $(*1)$ tiene 4 polos en el interior del contorno: $\; e^{i(\frac{\pi}{2} \pm \phi)}\;$$\;e^{i(\frac{3\pi}{2} \pm \phi)}$.

• Los residuos en $e^{i(\frac{\pi}{2} \pm \phi)}$ $\displaystyle\;(e^{-(-\frac{\pi}{2} \pm \phi)B})\frac{-e^{\pm 2i\phi} - 1}{4i e^{\pm i\phi }(-e^{\pm 2i \phi} + \cos(2\phi))} = \mp\frac{e^{(\frac{\pi}{2}\mp \phi)B}}{4\sin\phi}$

• Los residuos en $e^{i(\frac{3\pi}{2} \pm \phi)}$ $\displaystyle\;(e^{-(\frac{\pi}{2} \pm \phi)B})\frac{-e^{\pm 2i\phi} - 1}{-4i e^{\pm i\phi }(-e^{\pm 2i \phi} + \cos(2\phi))} = \pm\frac{e^{(-\frac{\pi}{2}\mp \phi)B}}{4\sin\phi}$

Esto implica

$$\begin{align} \mathcal{I} &= \left(-i \frac{\cos\phi}{\sinh\pi B}\right)\left(\frac{2\pi i}{4\sin\phi}\right)\left[ -e^{(\frac{\pi}{2}-\phi)B} +e^{(\frac{\pi}{2}+\phi)B} +e^{(-\frac{\pi}{2}-\phi)B} -e^{(-\frac{\pi}{2}+\phi)B} \right]\\ &= \left(\frac{\cos\phi}{\sinh\pi B}\right)\left(\frac{2\pi}{4\sin\phi}\right) (e^{\frac{\pi}{2}B} - e^{-\frac{\pi}{2}B}) (e^{\phi B} - e^{-\phi B}) = \frac{\pi}{\tan\phi}\frac{\sinh(B\phi)}{\cosh\left(\frac{\pi}{2}B\right)}\\ &= \frac{\pi}{\sqrt{A}}\frac{\sinh(B\tan^{-1}\sqrt{A})}{\cosh\left(\frac{\pi}{2}B\right)} \end{align} $$ El tratamiento de la $A, B$ dos parámetros independientes, en el caso limitante $A \to 0$, nos encontramos con $$\lim_{A\to 0} \mathcal{I} = \frac{\pi B}{\cosh\left(\frac{\pi}{2}B\right)}$$

Esto coincide con lo señalado por @nospoon en los comentarios.

Answer 2

Esto no es una respuesta completa.De respuesta de usuario You're In My Eye .Primero, vamos a hacer las siguientes sustituciones:

$$y=\sin \frac{x}{2}$$

$$B=\frac{1+A}{\sqrt{A}} \omega$$

$$2 \int_0^1 \sin \left( B~ \text{arctanh}~\sqrt{\frac{1-y^2}{1+Ay^2}} \right) \frac{dy}{\sqrt{1+Ay^2}}$$ sustituciones: $$ $ y={\frac { \sqrt{- \left ({t}^{2}+1 \right) \left( {t}^{2}-1 \right) }}{A{t}^{2}+1}} $$ A continuación, se obtiene: $$2\, \sqrt {+1}\int_{0}^{1}\!{\frac {\sin \left( B{\rm arctanh} \left(t \right) \right) t}{ \left ({t}^{2}+1 \right) \sqrt{-{t}^{2}+1}}} \,{\rm d}t $$ sustituciones: $$t=\tanh \left( k \right) $$ tiene : $$2\,\sqrt {+1}\int_{0}^{\infty }\!{\frac {\sin \left( Bk \right) \sinh \left( k \right) }{Un \left( \cosh \left( k \right) \right) ^{2}+ \left( \cosh \left( k \right) \right) ^{2} -}}\, {\rm d}k $$ trig identidad: cosh(k)^2-sinh(k)^2 = 1 y A+1=m $$2\, \sqrt {+1}\int_{0}^{\infty }\!{\frac {\sin \left( Bk \right) \sinh \left( k \right) }{1+ \left( A+1 \right) \left( \sinh \left( k \right) \right) ^{2}}}\,{\rm d}k \etiqueta{1} $$ Tengo una simple forma de la integral: $$2\, \sqrt{m}\int_{0}^{\infty }\!{\frac {\sin \left( B k \right) \sinh \left( k \right) }{1+m \left( \sinh \left( k \right) \right) ^{2}}} \,{\rm d}k $$ Sustituciones de vuelta a $$B=\frac{1+A}{\sqrt{A}} \omega$$ a de la ecuación de 1. Tengo: $$2\, \sqrt {+1}\int_{0}^{\infty }\!{\frac {\sin \left(\frac{1+A}{\sqrt{A}} \omega k \right) \sinh \left( k \right) }{1+ \left( A+1 \right) \left( \sinh \left( k \right) \right) ^{2}}}\,{\rm d}k $$

Mathematica puede encontrar la solución de esta integral.

 A = 1/4;
 omega = 1;
 int = Normal[2*Sqrt[A + 1]*Integrate[(Sin[(1 + A)/Sqrt[A]*omega*k]*Sinh[k])/(
 1 + (A + 1)*Sinh[k]^2), {k, 0, Infinity}]]

 (*(1/1769)2 Sqrt[5] ((305 - 
  122 I) ((1/5 + (3 I)/20) Hypergeometric2F1[1, 1 - (5 I)/2, 
    2 - (5 I)/2, -((1 + 2 I)/Sqrt[5])] + (1/5 - (3 I)/
     20) Hypergeometric2F1[1, 1 - (5 I)/2, 
    2 - (5 I)/2, -((1 - 2 I)/Sqrt[5])] + (1/5 - (3 I)/
     20) Hypergeometric2F1[1, 1 - (5 I)/2, 2 - (5 I)/2, (1 - 2 I)/
    Sqrt[5]] + (1/5 + (3 I)/20) Hypergeometric2F1[1, 1 - (5 I)/2, 
    2 - (5 I)/2, (1 + 2 I)/Sqrt[5]]) + (5 + 
  2 I) (61 ((1/5 + (3 I)/20) Hypergeometric2F1[1, 1 + (5 I)/2, 
       2 + (5 I)/2, -((1 + 2 I)/Sqrt[5])] + (1/5 - (3 I)/
        20) Hypergeometric2F1[1, 1 + (5 I)/2, 
       2 + (5 I)/2, -((1 - 2 I)/Sqrt[5])] + (1/5 - (3 I)/
        20) Hypergeometric2F1[1, 1 + (5 I)/2, 2 + (5 I)/2, (
       1 - 2 I)/Sqrt[5]] + (1/5 + (3 I)/20) Hypergeometric2F1[1, 
       1 + (5 I)/2, 2 + (5 I)/2, (1 + 2 I)/Sqrt[5]]) + (2 + 
     5 I) ((6 + 
        5 I) ((1/5 + (3 I)/20) Hypergeometric2F1[1, 3 - (5 I)/2, 
          4 - (5 I)/2, -((1 + 2 I)/Sqrt[5])] + (1/5 - (3 I)/
           20) Hypergeometric2F1[1, 3 - (5 I)/2, 
          4 - (5 I)/2, -((1 - 2 I)/Sqrt[5])] + (1/5 - (3 I)/
           20) Hypergeometric2F1[1, 3 - (5 I)/2, 4 - (5 I)/2, (
          1 - 2 I)/Sqrt[5]] + (1/5 + (3 I)/20) Hypergeometric2F1[
          1, 3 - (5 I)/2, 4 - (5 I)/2, (1 + 2 I)/Sqrt[5]]) - (6 - 
        5 I) ((1/5 + (3 I)/20) Hypergeometric2F1[1, 3 + (5 I)/2, 
          4 + (5 I)/2, -((1 + 2 I)/Sqrt[5])] + (1/5 - (3 I)/
           20) Hypergeometric2F1[1, 3 + (5 I)/2, 
          4 + (5 I)/2, -((1 - 2 I)/Sqrt[5])] + (1/5 - (3 I)/
           20) Hypergeometric2F1[1, 3 + (5 I)/2, 4 + (5 I)/2, (
          1 - 2 I)/Sqrt[5]] + (1/5 + (3 I)/20) Hypergeometric2F1[
          1, 3 + (5 I)/2, 4 + (5 I)/2, (1 + 2 I)/Sqrt[5]]))))*)

Answer 3

Aquí es un boceto para una libre de residuos de la solución:

En primer lugar, considerar la fórmula $$\int_0^{\infty} \frac{\cos( a x)}{\cosh(\frac{\pi}{2} x)}dx = \operatorname{sech} a. \tag{1}$$

Desde $\displaystyle \,\,\sin(a)\sin(b) = \frac12 \cos(a-b)-\frac12 \cos(a+b), \,\,$ obtenemos $$ \int_0^{\infty} \frac{\sin( a x) \sin(b x)}{\cosh(\frac{\pi}{2} x)}dx = \frac12 \operatorname{sech}(a-b) - \frac12 \operatorname{sech}(a+b). \tag{2}$$

Ahora, usando una transformada de fourier de la inversión argumento de $\displaystyle\left( f(a)=\int_0^{\infty} g(x)\sin(a x) dx \iff \frac{\pi}{2} g(a) = \int_0^{\infty} f(x) \sin(a x) dx \right),\,$ obtenemos $$\int_0^{\infty} \sin( b x) ( \operatorname{sech}(a-x) - \operatorname{sech}(a+x)) dx = \pi \cfrac{ \sin(a b)}{\cosh( \frac{\pi}{2} b)}. \tag{3}$$

Finalmente, dejando $a \mapsto i \tan^{-1} \sqrt{a},\,$, y observando que $$\operatorname{sech}(a-b) - \operatorname{sech}(a+b) = 2 \frac{\sinh a}{\cosh^2 a} \,\frac{\sinh b}{\cosh^2 b}\, \frac1{1-\tanh^2 a \, \tanh^2 b},$$

nos encontramos con que

$$\frac{\pi}{\sqrt{a}} \cfrac{\sinh( b \tan^{-1} \sqrt{a} )}{\cosh( \frac{\pi}{2} b)} = 2 \sqrt{1+a} \int_0^{\infty} \cfrac{\sin(b x) \sinh x}{\cosh^2 x + a \, \sinh^2 x} dx, \tag{4}$$

que es exactamente su integral, con $b= \frac{1+a}{\sqrt{a}} \omega,$ y la sustitución de la $$\tanh^{-1} \frac{\cos \frac{x}{2}}{\sqrt{1+ a \sin^2 \frac{x}{2}}} \mapsto x. \tag{5}$$

Answer 4

Dudo mucho que esta integral tiene ninguna utilidad analítica de la forma. Le sugiero que utilice integración numérica o simplificar el modelo inicial para obtener una solución integral.

El uso de @cansado sugerencia, podemos hacer que sea integral mucho más fácil. Primero, vamos a hacer las siguientes sustituciones:

$$y=\sin \frac{x}{2}$$

$$B=\frac{1+A}{\sqrt{A}} \omega$$

A continuación, se obtiene:

$$I(A,B)=2 \int_0^1 \sin \left( B~ \text{arctanh}~\sqrt{\frac{1-y^2}{1+Ay^2}} \right) \frac{dy}{\sqrt{1+Ay^2}}$$

Para el caso más simple de Mathematica da:

$$B=1,~~A=0$$

$$I(0,1)=2\pi \frac{\sinh (\pi/2)}{\sinh \pi}$$

Mathematica no puede tomar esta integral incluso con $B=1,~A=1$. Ni con $A=0$ $B$ no definido.

Es por eso que pensar en métodos numéricos es la única manera para usted. Numéricamente, la integral es muy bonito (y muy débilmente depende de $A$ por el camino).

Ver las parcelas más abajo para $I(A,B)$$A \in (0,1)$$B \in (0,4)$:

Soy consciente de que esto no es ni siquiera cerca de responder a tu pregunta, pero puede resultar útil.

Y sí, podría haber alguna conexión con las integrales elípticas, como se puede ver por el argumento de la tangente hiperbólica inversa.

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Editar

Yo estaba equivocado - esta integral es viable. Ver a @MariuszIwaniuk 's mucho mejor respuesta!

Y ver a @achillehui la respuesta a la solución final. Con permiso, añado un gráfico 3D de la solución exacta para comparar con los resultados numéricos:

Todo el crédito va a achille hui!