La Integral de Múltiples Funciones Tangente

Question

Necesito ayuda para encontrar los valores numéricos a la precisión, al menos, $50$ dígitos (las formas cerradas, si es posible) para las siguientes integrales

\begin{equation} {\large\mathscr{F}}\left(\alpha,\beta,\mu\right)=\int_0^{\Large\frac{\pi}{2}}\bigg[\tan x\arctan\big(\beta\tan (\mu\tan x)\big)-\tan x\arctan\big(\alpha\tan (\mu\tan x)\big)\bigg]\ dx\\ \end{equation}

y

\begin{equation} {\large\mathscr{I}}=\int_0^{\Large\frac{\pi}{2}}\cot\left(\frac{\cot x}{2}\right)\cot x\ dx\\ \end{equation}

De alguna manera, mi Mathematica $9.0$ no pudo encontrar los valores numéricos. Se mostraba mensajes de advertencia como estos:

NIntegrate::slwcon: Numerical integration converging too slowly; suspect one of the following: singularity, value of the integration is 0, highly oscillatory integrand, or WorkingPrecision too small. >> 

o

NIntegrate::ncvb: NIntegrate failed to converge to prescribed accuracy after 9 recursive bisections in x near {x} =

Puedo usar este código para obtener el valor numérico de la integral (tal vez usted tiene un mejor código que desee compartir conmigo)

N[Integrate[(integrand), {x,a,b}], (digits precision)]

Estoy interesado en conocer los valores numéricos de a ${\large\mathscr{F}}\left(\alpha,\beta,\mu\right)$ para los valores específicos de las variables siguientes: \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \text{No.} & \alpha & \beta & \mu \\[7pt] \hline 1 & 2 & 3 & 1 \\[7pt] \hline 2 & 3 & 5 & 2 \\[7pt] \hline 3 & \frac{3}{2} & 2 & \frac{1}{2}\\[7pt] \hline 4 & \frac{4}{3} & \frac{5}{3} & \frac{1}{3}\\[7pt] \hline 5 & \frac{5}{4} & \frac{3}{2} & \frac{1}{4}\\[7pt] \hline \end{array} Cualquier ayuda sería muy apreciada. Gracias.

Editar :

Según lo solicitado por el Señor Amzoti, he utilizado este código (yo uso los valores de ejemplo no. $1$ en la tabla)

N[Integrate[Tan[x] ArcTan[3 Tan[Tan[x]]] - Tan[x] ArcTan[2 Tan[Tan[x]]],{x,0,Pi/2}], 50]

Answer 1

En primer lugar, se puede observar que $$\int^\infty_0\frac{x\sin(ax)}{x^2+b^2}{\rm d}x=\operatorname*{Res}_{z=ib}\frac{\pi ze^{iaz}}{z^2+b^2}=\frac{\pi}{2}e^{-ab}$$ La aplicación de la sustitución de $\mu\tan{x}\mapsto x$, podemos ver que $\mathcal{I}$ es igual a \begin{align} \mathscr{F}(\alpha, \beta, \mu) =&\int^\beta_\alpha\int^\infty_0\frac{x}{x^2+\mu^2}\frac{\tan{x}}{1+\lambda^2\tan^2{x}}{\rm d}x\ {\rm d}\lambda\\ =&\int^\beta_\alpha\int^\infty_0\frac{x}{x^2+4\mu^2}\frac{\sin{x}}{1+\lambda^2+(1-\lambda^2)\cos{x}}{\rm d}x\ {\rm d}\lambda\\ \end{align} Observar que $$\sum^\infty_{n=1}a^n\sin(nx)=\Im\sum^\infty_{n=1}(ae^{ix})^n=\Im\frac{ae^{ix}}{1-ae^{ix}}=\frac{a\sin{x}}{1-2a\cos{x}+a^2}\ \ \ \text{(for $|a|<1$)}$$ Dejando $a\mapsto\frac{b}{a}$, $$\frac{ab\sin{x}}{a^2-2ab\cos{x}+b^2}=\sum^\infty_{n=1}\left(\frac{b}{a}\right)^n\sin(nx)\ \ \ \text{(for $|b|<$)}$$ Establecimiento $a=\frac{\lambda+1}{\sqrt{2}}$$b=\frac{\lambda-1}{\sqrt{2}}$, denotando $\xi=\frac{\lambda-1}{\lambda+1}$, obtenemos $$\frac{\sin{x}}{1+\lambda^2+(1-\lambda^2)\cos{x}}=\frac{2}{\lambda^2-1}\sum^\infty_{n=1}\xi^n\sin(nx)$$ La integración de termwise, \begin{align} \mathscr{F}(\alpha, \beta, \mu) =&\int^\beta_\alpha\frac{2}{\lambda^2-1}\sum^\infty_{n=1}\xi^n\int^\infty_0\frac{x\sin(nx)}{x^2+4\mu^2}{\rm d}x\ {\rm d}\lambda\\ =&\int^\beta_\alpha\frac{\pi}{\lambda^2-1}\frac{e^{-2\mu}\xi}{1-e^{-2\mu}\xi}{\rm d}\lambda =\frac{\pi}{2}\int^\frac{\beta-1}{\beta+1}_\frac{\alpha-1}{\alpha+1}\frac{{\rm d}\xi}{e^{2\mu}-\xi}\\ \end{align} De ello se sigue que $$\Large{\mathscr{F(\alpha,\beta,\mu)}=\frac{\pi}{2}\ln\left(\frac{e^{2\mu}-\frac{\alpha-1}{\alpha+1}}{e^{2\mu}-\frac{\beta-1}{\beta+1}}\right)}$$

Answer 2

Para la segunda integral $$ \int_0^{\pi/2} \tan x\tan(2/\tan x)\,dx, $$ de cambio de las variables $$ \tan x = u, \qquad u = \frac1v $$ para obtener $$ \int_0^\infty \frac{dv}{v(1+v^2)}\tan 2v. $$ A continuación, dividir la integración durante los períodos individuales de $\tan$, obteniendo la suma $$ \int_0^{\pi/4}ds\,\cot 2s \sum_{k\geq0}\left(\frac{1}{v_-(1+v_-^2)} - \frac{1}{v_+(1+v_+^2)} \right), \qquad v_\pm = \frac\pi2(k+\tfrac12)\pm s. $$ La suma se puede hacer con un CAS en términos de polygamma funciones, entonces la integral se puede hacer de forma numérica: $$ \begin{array}{rl} 1.5142909817&1206622699&9814154016&3412884691&1754296527&\\0554534308&1840600184&0711274192&8238561012&4123287312&\\7970541870&9009506626&9851358610&7548703861&4382369398&\ldots \end{array} $$

Para la modificación de la segunda integral utilizando el mismo enfoque puedo conseguir $$ 1.8283334379\ 3552390329\ 6350583941\ 3012496783\ 6378207215\ 1909448383\ldots $$

Para la primera integral, el cambio de la variable a $$ u = \tan x, \qquad u = \frac1\mu \left( \tfrac\pi2 + \pi s\right), \qquad s\geq-\tfrac12, $$ y el uso de $$ \frac{u}{1+u^2} = \Re \frac{1}{i+u}, $$ de modo que cada parte para $(\beta,\mu)$ puede simbólicamente ser escrito como la parte real de $$ -\int_{-1/2}^\infty \frac\pi\mu\frac{\arctan(\beta\cot\pi s)}{i+u}\,ds. $$ Desde $\cot\pi s$ periodo $1$, se separó de la integral sobre la $[-\tfrac12,0]$, y escribir el resto como una suma, regularizada por el factor de $z^k$, $|z|<1$, donde el parámetro libre $z$ será tomada más tarde como la limitación de $z\to 1$: $$ -\int_{-1/2}^0(\cdots) - \sum_{k\geq0}\int_0^1ds\,\arctan(\beta\cot\pi s)\frac{z^k \pi/\mu}{i+u+\pi k/\mu}. $$ Haciendo la suma de $k$, esto es igual a $$ -\int_{-1/2}^0(\cdots) - \int_0^1 ds\,\arctan(\beta\cot\pi s)\Phi(z, 1, i\mu/\pi+\tfrac12+s), $$ donde $\Phi$ es el Hurwitz Lerch phi de la función y el uso de la limitación de la forma $$ \Phi(z, 1, a) = -\gamma-\log(1-z)-\psi(a) + o(1), $$ ($\gamma$ es de Euler gamma, $\psi$ es digamma), la no-singular parte de la integral es $$ -\int_{-1/2}^0(\cdots) - \int_0^1 ds\,\arctan(\beta\cot\pi s)(-\gamma-\Re\psi(i\mu/\pi+\tfrac12+s)) \qquad\qquad(*) $$ Cuando las dos integrales a $(\beta,\mu)$ $(\alpha,\mu)$ se restan, el singular partes (en $z$, divergentes como $\log(1-z)$$z\to1$) son idénticos: $$ \int_0^1\arctan(\beta\cot\pi s)\,ds = 0,$$ so only the non-singular parts need to be kept, which justifies this procedure. Even the $-\gamma$ plazo se puede quitar.

El final de las integrales es fácil de evaluar numéricamente como las diferencias en el $(*)$ para diferentes valores de $(\beta,\mu)-(\alpha,\mu)$: $$ \begin{array}{rl} 0.0375498037&2982212925&4568723544&0398706302&0150535939&0201026802\ldots\\ 0.0048468107&7351794278&3854803548&8002752919&3912230233&5799187527\ldots\\ 0.0854502616&2875157796&1693832958&8743830124&3474549771&5684466950\ldots\\ 0.0961295058&0450574013&5986068340&3132551900&1795523024&9411717322\ldots\\ 0.0935379078&0619519591&4784481067&9022768695&3615022581&3494639786\ldots \end{array}$$

Answer 3

Hola Princesa de las Matemáticas. El uso de Arce estoy obteniendo los siguientes aproximaciones para la primera integral utilizando los valores de la tabla:

$$0.037363172275853$$ $$0.0050398726261960$$ $$0.086272634856537$$ $$0.097077534919905$$ $$0.093245471867952$$

Lo mejor de todo.