Ein Integral, das eine Gaußsche Funktion, Fehlerfunktionen und die T-Funktion von Owen beinhaltet.

Question

Ein Integral, das eine Gaußsche Funktion, Fehlerfunktionen und die T-Funktion von Owen beinhaltet.

Integration
Mathematik
Polylogarithmus
Fehlerfunktion
Spezialfunktionen

Przemo

Diese Frage ist eng verwandt mit Ein Integral, das eine Gaußsche und eine Owensche T-Funktion beinhaltet. und Ein Integral mit Fehlerfunktionen und einem Gaußschen .

Lassen $\nu_1 \ge 1$ Und $\nu_2 \ge 1$ ganze Zahlen sein. Nun lass $\vec{a}:=\left\{a_i\right\}_{i=1}^{\nu_1}$ Und $\vec{b}:=\left\{b_i\right\}_{i=1}^{\nu_2}$ Und $\vec{c}:=\left\{ c_i\right\}_{i=1}^{\nu_2}$ reelle Zahlen sein, lassen Sie $\rho(\xi):=\exp(-1/2 \xi^2)/\sqrt{2\pi}$ und lass $T(\cdot,\cdot)$ sei die Owensche T-Funktion. Betrachten Sie folgendes Integral:

J^{(v_{1}, v_{2})} (\vec{A}, \vec{B}, \vec{C}) := \int_{0}^{\infty} ρ (ξ) [\prod_{ich = 1}^{v_{1}} e R F (A_{ich} ξ)] \cdot [\prod_{ich = 1}^{v_{2}} T (B_{ich} ξ, C_{ich})] D ξ (ich)

$\begin{equation} {\mathfrak J}^{(\nu_1,\nu_2)}(\vec{a},\vec{b},\vec{c}) := \int\limits_0^\infty \rho(\xi) \left[\prod\limits_{i=1}^{\nu_1} erf(a_i \xi)\right] \cdot \left[ \prod\limits_{i=1}^{\nu_2} T(b_i \xi, c_i)\right] d\xi \quad (i) \end{equation}$

Nun ist es uns gelungen, eine geschlossene Lösung für das obige Integral im Fall zu finden $\nu_1=\nu_2=1$ . Lassen Sie uns zunächst definieren:

\begin{array}{rcl} F_{A, B}^{(A, B)} & := & \int_{A}^{B} \frac{Protokoll (z + A)}{z + B} D z \\ = & F [B, A, B] - F [A, A, B] + 1_{T^{*} \in (0, 1)} (- F [A + (T^{*} + ϵ) (B - A), A, B] + F [A + (T^{*} - ϵ) (B - A), A, B]) \end{array}

$\begin{eqnarray} {\mathfrak F}^{(A,B)}_{a,b} &:=& \int\limits_A^B \frac{\log(z+a)}{z+b} dz\\ &=& F[B,a,b] - F[A,a,b] + 1_{t^* \in (0,1)} \left( -F[A+(t^*+\epsilon)(B-A),a,b] + F[A+(t^*-\epsilon)(B-A),a,b] \right) \end{eqnarray}$ Wo

\begin{array}{rcl} T^{*} := - \frac{ICH M [(A + B) (B^{*} - A^{*})]}{ICH M [(B - A) (B^{*} - A^{*})]} \end{array}

$\begin{eqnarray} t^*:=-\frac{Im[(A+b)(b^*-a^*)]}{Im[(B-A)(b^*-a^*)]} \end{eqnarray}$ Und

F [z, A, B] := Protokoll (z + A) Protokoll (\frac{z + B}{B - A}) + L {ich}_{2} (\frac{z + A}{A - B})

$\begin{equation} F[z,a,b] := \log(z+a) \log\left( \frac{z+b}{b-a}\right) + Li_2\left( \frac{z+a}{a-b}\right) \end{equation}$ für

a

$a$ ,

b

$b$ ,

A

$A$ ,

B

$B$ komplex sein.

Dann haben wir:

\begin{array}{rcl} J^{(1, 1)} (A, B, C) = \frac{1}{π^{2}} \cdot ( \\ \frac{1}{2} \arctan (\sqrt{2} A) \arctan (C) - \frac{1}{8} \sum_{ich = 1}^{4} \sum_{J = 1}^{4} (- 1)^{J - 1 + ⌊ \frac{ich - 1}{2} ⌋} F_{\frac{ich \sqrt{B^{2} C^{2} + B^{2} + 1} (- 1)^{⌊ \frac{J - 1}{2} ⌋} + ich B C (- 1)^{J}}{\sqrt{B^{2} + 1}}, - \frac{B (- 1)^{ich} + ich (- 1)^{⌈ \frac{ich - 1}{2} ⌉}}{\sqrt{B^{2} + 1}}}^{(1, \frac{\sqrt{1 + 2 A^{2} + B^{2}} - \sqrt{2} A}{\sqrt{1 + B^{2}}})} \\ ) (ich ich) \end{array}

$\begin{eqnarray} &&{\mathfrak J}^{(1,1)}(a,b,c)= \frac{1}{\pi^2}\cdot \left(\right.\\ &&\left. \frac{1}{2} \arctan(\sqrt{2} a) \arctan(c) - \frac{1}{8} \sum\limits_{i=1}^4 \sum\limits_{j=1}^4 (-1)^{j-1+\lfloor \frac{i-1}{2} \rfloor } % {\mathfrak F}^{(1,\frac{\sqrt{1+2 a^2+b^2} - \sqrt{2} a}{\sqrt{1+b^2}})}_{\frac{i \sqrt{b^2 c^2+b^2+1} (-1)^{\left\lfloor \frac{j-1}{2}\right\rfloor }+i b c (-1)^j}{\sqrt{b^2+1}},-\frac{b (-1)^i+i (-1)^{\left\lceil \frac{i-1}{2}\right\rceil }}{\sqrt{b^2+1}}} % \right. \\ &&\left. \right)\quad (ii) \end{eqnarray}$

(*Definitions *)

Clear[F]; Clear[FF];
F[z_, a_, b_] := 
  Log[a + z] Log[(b + z)/(-a + b)] + PolyLog[2, (a + z)/(a - b)];
FF[A_, B_, a_, b_] := 
  Module[{result, ts, zs, zsp, zsm, eps = 10^(-30)},
   (*This is Integrate[Log[z+a]/(z+b),{z,A,B}] where all a,b,A, 
   and B are complex. *)
   result = F[B, a, b] - F[A, a, b];


   ts = - (Im[(A + b) (Conjugate[b] - Conjugate[a])]/
     Im[(B - A) (Conjugate[b] - Conjugate[a])]);
   If[0 <= ts <= 1,
    zsp = A + (ts + eps) (B - A);
    zsm = A + (ts - eps) (B - A);
    result += -F[zsp, a, b] + F[zsm, a, b];
    ];

   result
   ];

rho[xi_] := Exp[-xi^2/2]/Sqrt[2 Pi]; a =.; b =.; c =.; eps = 10^(-12);
J[a_, b_, c_] := 
  NIntegrate[rho[xi] Erf[a xi] OwenT[ b xi, c], {xi, 0, Infinity}, 
   WorkingPrecision -> 20];


For[count = 1, count <= 100, count++,
  {a, b, c} = RandomReal[{-10, 10}, 3, WorkingPrecision -> 50];
  X1 = J[a, b, c];

  X2 = 1/ 
    Pi^2 (ArcTan[Sqrt[2] a]/2 ArcTan[ c] - 
      1/8  Sum[
        FF[1, ( Sqrt[1 + 2 a^2 + b^2] - Sqrt[2] a)/Sqrt[
          1 + b^2], ((-1)^j I b c + (-1)^Floor[(j - 1)/2] I Sqrt[
            1 + b^2 + b^2 c^2])/Sqrt[
          1 + b^2], -(((-1)^Ceiling[(i - 1)/2] I + (-1)^i b)/Sqrt[
           1 + b^2])] (-1)^(j - 1 + Floor[(i - 1)/2]), {i, 1, 4}, {j, 
         1, 4}] );
  If[Abs[X1/X2 - 1] > 10^(-6), Print[{a, b, c, X1, X2}]; Break[]];
  If[Mod[count, 10] == 0, PrintTemporary[count]];
  ];
Print["All matches."];

All matches.

Jetzt ist meine Frage, was das Ergebnis für größere Werte von ist $\nu_1$ Und $\nu_2$ ?

Antworten (1)

Ein Integral, das eine Gaußsche Funktion, Fehlerfunktionen und die T-Funktion von Owen beinhaltet.

Przemo · Answer 1

Hier geben wir eine Antwort in dem Fall $\nu_1=2$ Und $\nu_2=1$ . Erstens haben wir:

\begin{array}{rcl} \partial_{A_{2}} J^{(2, 1)} (\vec{A}, B, C) = \frac{A_{1} \arcsin (\frac{C \sqrt{2 A_{1}^{2} + 2 A_{2}^{2} + 1}}{\sqrt{C^{2} + 1} \sqrt{2 A_{1}^{2} + 2 A_{2}^{2} + B^{2} + 1}})}{π^{2} (2 A_{2}^{2} + 1) \sqrt{2 A_{1}^{2} + 2 A_{2}^{2} + 1}} - \frac{B \arctan (\frac{\sqrt{2} A_{1} B C}{\sqrt{2 A_{2}^{2} + B^{2} + 1} \sqrt{2 A_{1}^{2} + 2 A_{2}^{2} + B^{2} C^{2} + B^{2} + 1}})}{\sqrt{2} π^{2} (2 A_{2}^{2} + 1) \sqrt{2 A_{2}^{2} + B^{2} + 1}} (ich) \end{array}

$\begin{eqnarray} \partial_{a_2} {\mathfrak J}^{(2,1)}(\vec{a},b,c) = \frac{a_1 \arcsin\left(\frac{c \sqrt{2 a_1^2+2 a_2^2+1}}{\sqrt{c^2+1} \sqrt{2 a_1^2+2 a_2^2+b^2+1}}\right)}{\pi ^2 \left(2 a_2^2+1\right) \sqrt{2 a_1^2+2 a_2^2+1}}-\frac{b \arctan\left(\frac{\sqrt{2} a_1 b c}{\sqrt{2 a_2^2+b^2+1} \sqrt{2 a_1^2+2 a_2^2+b^2 c^2+b^2+1}}\right)}{\sqrt{2} \pi ^2 \left(2 a_2^2+1\right) \sqrt{2 a_2^2+b^2+1}} \quad (i) \end{eqnarray}$ Das Ergebnis ergibt sich aus der Definition der Fehlerfunktion, dann aus partieller Integration einmal bzgl

ξ

$\xi$ und dann die Verwendung von integralen Identitäten, die in den beiden Links in der Formulierung der obigen Frage angegeben sind. Jetzt seit

J^{(2, 1)} (a_{1}, 0, b, c) = 0

${\mathfrak J}^{(2,1)}(a_1,0,b,c) = 0$ Alles, was wir tun müssen, ist, die rechte Seite oben in Bezug auf zu integrieren

a_{2}

$a_2$ . Ich werde zeigen, dass alle auftretenden Integrale zulässig sind und auf elementare Funktionen und auf Dilogarithmen zurückgeführt werden. Wir haben:

\begin{array}{rcl} J^{(2, 1)} (\vec{A}, B, C) = \\ \underset{{ICH}_{1}}{\underset{⏟}{\int_{0}^{A_{2}} \frac{A_{1} \arcsin (\frac{C \sqrt{2 A_{1}^{2} + 2 ξ^{2} + 1}}{\sqrt{C^{2} + 1} \sqrt{2 A_{1}^{2} + B^{2} + 2 ξ^{2} + 1}})}{π^{2} (2 ξ^{2} + 1) \sqrt{2 A_{1}^{2} + 2 ξ^{2} + 1}} D ξ}} - \underset{{ICH}_{2}}{\underset{⏟}{\int_{0}^{A_{2}} \frac{B \arctan (\frac{\sqrt{2} A_{1} B C}{\sqrt{B^{2} + 2 ξ^{2} + 1} \sqrt{2 A_{1}^{2} + B^{2} C^{2} + B^{2} + 2 ξ^{2} + 1}})}{\sqrt{2} π^{2} (2 ξ^{2} + 1) \sqrt{B^{2} + 2 ξ^{2} + 1}} D ξ}} = \\ - \frac{\arctan (\frac{\sqrt{2} A_{2} B}{\sqrt{2 A_{2}^{2} + B^{2} + 1}}) \arctan (\frac{\sqrt{2} A_{1} B C}{\sqrt{2 A_{2}^{2} + B^{2} + 1} \sqrt{2 A_{1}^{2} + 2 A_{2}^{2} + B^{2} C^{2} + B^{2} + 1}})}{2 π^{2}} + \\ S ich G N (A_{2}) \frac{A_{1} C^{3} ich \sqrt{1 + C^{2}} | B |}{π^{2} | C |} \int_{\frac{\sqrt{1 + 2 A_{1}^{2}} C}{\sqrt{1 + 2 A_{1}^{2} + B^{2} (1 + C^{2})}}}^{\frac{\sqrt{1 + 2 A_{1}^{2} + 2 A_{2}^{2}} C}{\sqrt{1 + 2 A_{1}^{2} + 2 A_{2}^{2} + B^{2} (1 + C^{2})}}} \frac{\arctan (u)}{\sqrt{2 (2 A_{1}^{2} + 1) C^{2} - 2 u^{2} (2 A_{1}^{2} + B^{2} (C^{2} + 1) + 1)} (2 A_{1}^{2} (u^{2} - C^{2}) + B^{2} (C^{2} + 1) u^{2})} D u + \\ - \frac{\sqrt{2} B A_{1} C \sqrt{1 + B^{2}}}{2 π^{2} | B |} \int_{0}^{\frac{\sqrt{2} B A_{2}}{\sqrt{1 + B^{2} + 2 A_{2}^{2}}}} \frac{u \arctan (u) (B^{2} (2 A_{1}^{2} - C^{2} u^{2} + 2) - 2 A_{1}^{2} u^{2} + B^{4} (C^{2} + 2))}{((2 A_{1}^{2} + 1) B^{2} - 2 A_{1}^{2} u^{2} + B^{4}) (B^{2} (C^{2} + 1) - C^{2} u^{2} + 1) \sqrt{u^{2} (- 2 A_{1}^{2} - B^{2} C^{2}) + B^{2} (2 A_{1}^{2} + B^{2} (C^{2} + 1) + 1)}} D u \end{array}

$\begin{eqnarray} &&{\mathfrak J}^{(2,1)}(\vec{a},b,c) =\\ && \underbrace{\int\limits_0^{a_2} \frac{a_1 \arcsin\left(\frac{c \sqrt{2 a_1^2+2 \xi ^2+1}}{\sqrt{c^2+1} \sqrt{2 a_1^2+b^2+2 \xi ^2+1}}\right)}{\pi ^2 \left(2 \xi ^2+1\right) \sqrt{2 a_1^2+2 \xi ^2+1}}d\xi}_{{\mathfrak I}_1} -\underbrace{\int\limits_0^{a_2}\frac{b \arctan\left(\frac{\sqrt{2} a_1 b c}{\sqrt{b^2+2 \xi ^2+1} \sqrt{2 a_1^2+b^2 c^2+b^2+2 \xi ^2+1}}\right)}{\sqrt{2} \pi ^2 \left(2 \xi ^2+1\right) \sqrt{b^2+2 \xi ^2+1}}d\xi}_{{\mathfrak I}_2}=\\ && -\frac{\arctan\left(\frac{\sqrt{2} a_2 b}{\sqrt{2 a_2^2+b^2+1}}\right) \arctan\left(\frac{\sqrt{2} a_1 b c}{\sqrt{2 a_2^2+b^2+1} \sqrt{2 a_1^2+2 a_2^2+b^2 c^2+b^2+1}}\right)}{2 \pi ^2}+\\ &&\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! sign(a_2) \frac{a_1 c^3 \imath \sqrt{1+c^2} |b|}{\pi^2 |c|} \int\limits_{\frac{\sqrt{1+2 a_1^2}c}{\sqrt{1+2 a_1^2+b^2(1+c^2)}}}^{\frac{\sqrt{1+2 a_1^2+2 a_2^2}c}{\sqrt{1+2 a_1^2+2 a_2^2+b^2(1+c^2)}}} \frac{\arctan(u)}{\sqrt{2 \left(2 a_1^2+1\right) c^2-2 u^2 \left(2 a_1^2+b^2 \left(c^2+1\right)+1\right)} \left(2 a_1^2 \left(u^2-c^2\right)+b^2 \left(c^2+1\right) u^2\right)} du+\\ &&\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!-\frac{\sqrt{2} ba_1 c \sqrt{1+b^2}}{2 \pi^2 |b|} \int\limits_{0}^{\frac{\sqrt{2} b a_2}{\sqrt{1+b^2+2 a_2^2}}} \frac{u \arctan(u) \left(b^2 \left(2 a_1^2-c^2 u^2+2\right)-2 a_1^2 u^2+b^4 \left(c^2+2\right)\right)}{\left(\left(2 a_1^2+1\right) b^2-2 a_1^2 u^2+b^4\right) \left(b^2 \left(c^2+1\right)-c^2 u^2+1\right) \sqrt{u^2 \left(-2 a_1^2-b^2 c^2\right)+b^2 \left(2 a_1^2+b^2 \left(c^2+1\right)+1\right)}} du % \end{eqnarray}$ Jetzt haben wir die zweite Zeile auf folgende Weise erhalten. Im Integral

I_{1}

${\mathfrak I}_1$ wir haben nur das Argument von ersetzt

\arcsin

$\arcsin$ und dann haben wir die Identität verwendet

\arcsin (x) = \arctan (x / \sqrt{1 - x^{2}})

$\arcsin(x)= \arctan(x/\sqrt{1-x^2})$ und wieder haben wir das Argument von ersetzt

\arctan

$\arctan$ . Im Integral

I_{2}

${\mathfrak I}_2$ Wir haben Teile mit der Identität integriert:

\int \frac{1}{(1 + 2 ξ^{2}) \sqrt{1 + 2 ξ^{2} + B^{2}}} D ξ = \frac{1}{\sqrt{2} B} \arctan (\frac{\sqrt{2} B ξ}{\sqrt{1 + B^{2} + 2 ξ^{2}}})

$\begin{equation} \int\frac{1}{(1+2 \xi^2) \sqrt{1+2 \xi^2+b^2}} d\xi = \frac{1}{\sqrt{2} b} \arctan\left( \frac{\sqrt{2} b \xi}{\sqrt{1+b^2+2 \xi^2}}\right) \end{equation}$ und dann haben wir einfach das Argument von ersetzt

\arctan

$\arctan$ .

Jetzt sind beide Integrale vorbei $u$ werden gleich behandelt. Zuerst verwenden wir eine trigonometrische Substitution $u= C \sin(\phi)$ Wo $C$ wird geeignet gewählt (also so, dass das Quadrat den Kosinusterm aus dem Differential aufhebt) und danach verwenden wir die bekannte Substitution für $\tan(\phi/2)$ . Schließlich verwenden wir auch die Identität $\arctan(x) = 1/(2 \imath) \log((1+\imath x)/(1-\imath x))$ .

Das Endergebnis ist wie folgt:

\begin{array}{rcl} J^{(2, 1)} (\vec{A}, B, C) = \\ - \frac{1}{2 π^{2}} \arctan (\frac{\sqrt{2} B A_{2}}{\sqrt{1 + B^{2} + 2 A_{2}^{2}}}) \arctan (\frac{A_{1} B C \sqrt{2}}{\sqrt{1 + 2 A_{2}^{2} + B^{2}} D_{2}}) + \\ - S ich G N (A_{2} C) \frac{\sqrt{1 + C^{2}} | B |}{\sqrt{2} π^{2} 2 A_{1} D_{1}} \int_{S ich G N (C)}^{\frac{1 - \sqrt{1 - X_{1}^{2}}}{X_{1}}} \frac{1 + u^{2}}{(u^{2} - \frac{B \sqrt{2 (1 + C^{2})}}{A_{1} D_{1}} u - 1) (u^{2} + \frac{B \sqrt{2 (1 + C^{2})}}{A_{1} D_{1}} u - 1)} \cdot Protokoll [\frac{(u + C_{1}) (u + C_{2})}{(u + C_{3}) (u + C_{4})}] D u + \\ \frac{ich \sqrt{2} A_{1} B \sqrt{B^{2} + 1} C D_{1} (2 A_{1}^{2} + B^{2} C^{2})}{π^{2} (2 A_{1}^{2} D_{1}^{2} + B^{2} (B^{2} + 1) C^{2}) (2 A_{1}^{2} (B^{2} + 1) + B^{2} C^{2} D_{1}^{2})} \cdot \int_{0}^{\frac{1 - \sqrt{1 - X_{2}^{2}}}{X_{2}}} \frac{(2 + 2 A_{1}^{2} + B^{2} (2 + C^{2})) u - 2 (A_{1}^{2} + B^{2} C^{2}) u^{3} + (2 + 2 A_{1}^{2} + B^{2} (2 + C^{2})) u^{5})}{\prod_{J = 1}^{4} (u^{2} - R_{J})} \cdot Protokoll [\frac{(u + C_{1}^{(1)}) (u + C_{2}^{(1)})}{(u + C_{3}^{(1)}) (u + C_{4}^{(1)})}] D u (ich ich ich) \end{array}

$\begin{eqnarray} &&{\mathfrak J}^{(2,1)}(\vec{a},b,c)=\\ &&-\frac{1}{2 \pi^2} \arctan\left( \frac{\sqrt{2} b a_2}{\sqrt{1+b^2+2 a_2^2}}\right) \arctan\left( \frac{a_1 b c \sqrt{2}}{\sqrt{1+2 a_2^2+b^2} d_2}\right)+\\ &&-sign(a_2 c)\frac{\sqrt{1+c^2} |b|}{\sqrt{2} \pi^2 2 a_1 d_1} \int\limits_{sign(c)}^{\frac{1-\sqrt{1-x_1^2}}{x_1}} \frac{1+u^2}{(u^2-\frac{b\sqrt{2(1+c^2)}}{a_1 d_1} u-1)(u^2+\frac{b\sqrt{2(1+c^2)}}{a_1 d_1} u-1)} \cdot \log\left[ \frac{(u+c_1)(u+c_2)}{(u+c_3)(u+c_4)}\right]du+\\ &&\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\frac{i \sqrt{2} a_1 b \sqrt{b^2+1} c d_1 \left(2 a_1^2+b^2 c^2\right)}{\pi ^2 \left(2 a_1^2 d_1^2+b^2 \left(b^2+1\right) c^2\right) \left(2 a_1^2 \left(b^2+1\right)+b^2 c^2 d_1^2\right)}\cdot \int\limits_0^{\frac{1-\sqrt{1-x_2^2}}{x_2}} \frac{(2+2 a_1^2+b^2(2+c^2))u - 2(a_1^2+b^2 c^2) u^3 + (2+2 a_1^2 + b^2(2+c^2))u^5)}{\prod\limits_{j=1}^4 (u^2-r_j)} \cdot \log\left[ \frac{(u+c^{(1)}_1)(u+c^{(1)}_2)}{(u+c^{(1)}_3)(u+c^{(1)}_4)}\right]du \quad (iii) \end{eqnarray}$ Wo:

\begin{array}{rcl} C & := & ich (C - \sqrt{1 + C^{2}}, C + \sqrt{1 + C^{2}}, - C + \sqrt{1 + C^{2}}, - C - \sqrt{1 + C^{2}}) \\ C^{(1)} & := & ich (C^{(1)} - \sqrt{1 + [C^{(1)}]^{2}}, C^{(1)} + \sqrt{1 + [C^{(1)}]^{2}}, - C^{(1)} + \sqrt{1 + [C^{(1)}]^{2}}, - C^{(1)} - \sqrt{1 + [C^{(1)}]^{2}}) \\ X_{1} & := & S ich G N (C) \frac{D_{1} \sqrt{1 + 2 A_{1}^{2} + 2 A_{2}^{2}}}{D_{2} \sqrt{1 + 2 A_{1}^{2}}} \\ X_{2} & := & S ich G N (B) \frac{\sqrt{2 A_{1}^{2} + B^{2} C^{2}} \sqrt{2} A_{2}}{D_{1} \sqrt{1 + B^{2} + 2 A_{2}^{2}}} \\ R & := & (\frac{(ich B C \sqrt{1 + B^{2}} - \sqrt{2} A_{1} D_{1})^{2}}{2 A_{1}^{2} D_{1}^{2} + B^{2} C^{2} (1 + B^{2})}, \frac{(- ich B C \sqrt{1 + B^{2}} - \sqrt{2} A_{1} D_{1})^{2}}{2 A_{1}^{2} D_{1}^{2} + B^{2} C^{2} (1 + B^{2})}, \frac{(ich A_{1} \sqrt{2 (1 + B^{2})} - B C D_{1})^{2}}{B^{2} C^{2} D_{1}^{2} + 2 A_{1}^{2} (1 + B^{2})}, \frac{(- ich A_{1} \sqrt{2 (1 + B^{2})} - B C D_{1})^{2}}{B^{2} C^{2} D_{1}^{2} + 2 A_{1}^{2} (1 + B^{2})}) \end{array}

$\begin{eqnarray} c&:=&\imath \left( C-\sqrt{1+C^2},C+\sqrt{1+C^2},-C+\sqrt{1+C^2},-C-\sqrt{1+C^2}\right)\\ c^{(1)}&:=&\imath \left( C^{(1)}-\sqrt{1+[C^{(1)}]^2},C^{(1)}+\sqrt{1+[C^{(1)}]^2},-C^{(1)}+\sqrt{1+[C^{(1)}]^2},-C^{(1)}-\sqrt{1+[C^{(1)}]^2}\right)\\ x_1&:=&sign(c) \frac{d_1 \sqrt{1+2 a_1^2+2 a_2^2}}{d_2 \sqrt{1+2 a_1^2}}\\ x_2&:=& sign(b) \frac{\sqrt{2 a_1^2+b^2 c^2}\sqrt{2} a_2}{d_1 \sqrt{1+b^2+2 a_2^2}}\\ r&:=& \left( \frac{(\imath b c\sqrt{1+b^2} - \sqrt{2} a_1 d_1)^2}{2 a_1^2 d_1^2 + b^2 c^2(1+b^2)},\frac{(-\imath b c\sqrt{1+b^2} - \sqrt{2} a_1 d_1)^2}{2 a_1^2 d_1^2 + b^2 c^2(1+b^2)},\frac{(\imath a_1 \sqrt{2(1+b^2)} - b c d_1)^2}{b^2 c^2 d_1^2 + 2 a_1^2(1+b^2)},\frac{(-\imath a_1 \sqrt{2(1+b^2)} - b c d_1)^2}{b^2 c^2 d_1^2 + 2 a_1^2(1+b^2)}\right) \end{eqnarray}$ Wo

\begin{array}{rcl} C & := & \frac{\sqrt{(1 + 2 A_{1}^{2}) C^{2}}}{D_{1}} \\ C^{(1)} & := & \frac{| B | D_{1}}{\sqrt{2 A_{1}^{2} + B^{2} C^{2}}} \end{array}

$\begin{eqnarray} C&:=& \frac{\sqrt{(1+2 a_1^2) c^2}}{d_1}\\ C^{(1)}&:=& \frac{|b| d_1}{\sqrt{2 a_1^2+b^2 c^2}} \end{eqnarray}$ Und

\begin{array}{rcl} D_{1} & := & \sqrt{1 + 2 A_{1}^{2} + B^{2} (1 + C^{2})} \\ D_{2} & := & \sqrt{1 + 2 A_{1}^{2} + 2 A_{2}^{2} + B^{2} (1 + C^{2})} \end{array}

$\begin{eqnarray} d_1&:=& \sqrt{1+2 a_1^2+b^2(1+c^2)}\\ d_2&:=& \sqrt{1+2 a_1^2+2 a_2^2+b^2(1+c^2)} \end{eqnarray}$

Nun ist klar, dass die Integrale vorbei sind $u$ In $(iii)$ lassen sich immer auf Dilogarithmen reduzieren, indem man die rationale Funktion im Integranden in Partialbrüche zerlegt und dann die Produkteigenschaften der Logarithmen verwendet. Wir hätten diese Aufgabe formal ausführen können, aber das hätte die Ausdrücke noch unhandlicher gemacht und hätte überhaupt nicht viel Einsicht gebracht. Dennoch können wir sagen, dass die Berechnung abgeschlossen ist. Wie üblich füge ich ein Stück Code bei, das die obigen Berechnungen numerisch verifiziert.

ll = {};
For[count = 1, count <= 100, count++,
  {a1, a2, b, c} = RandomReal[{-1, 1}, 4, WorkingPrecision -> 50];
  I1 = NIntegrate[
    rho[xi]  Erf[a1 xi] Erf[a2 xi] OwenT[b xi, c], {xi, 0, Infinity}, 
    WorkingPrecision -> 20];
  I2 = NIntegrate[((
     2 a1 ArcSin[(Sqrt[1 + 2 a1^2 + 2 xi^2] c)/(
       Sqrt[1 + 2 a1^2 + 2 xi^2 + b^2] Sqrt[1 + c^2])])/Sqrt[
     1 + 2 a1^2 + 2 xi^2] - (
     Sqrt[2] b ArcTan[(a1 b c Sqrt[2])/(
       Sqrt[(1 + 2 xi^2 + b^2)] Sqrt[
        1 + 2 a1^2 + 2 xi^2 + b^2 + b^2 c^2])])/Sqrt[
     1 + 2 xi^2 + b^2])/(2 (1 + 2 xi^2) \[Pi]^2), {xi, 0, a2}];
  I3 = Sign[a2] NIntegrate[(
      a1 c^3 Sqrt[-1 - c^2] Abs[b] ArcTan[v])/(\[Pi]^2 Sqrt[
       2 (1 + 2 a1^2) c^4 - 
        2 c^2 (1 + 2 a1^2 + b^2 (1 + c^2)) v^2] (b^2 (1 + c^2) v^2 + 
         2 a1^2 (-c^2 + v^2))), {v, A1/Sqrt[1 - A1^2] , A2/Sqrt[
       1 - A2^2] }] - 
    Sqrt[2] b/(2  \[Pi]^2) NIntegrate[ 
      ArcTan[(a1 b c Sqrt[2])/(
       Sqrt[(1 + 2 xi^2 + b^2)] Sqrt[
        1 + 2 a1^2 + 2 xi^2 + b^2 + b^2 c^2])]/( (1 + 2 xi^2) Sqrt[
       1 + 2 xi^2 + b^2]), {xi, 0, a2}];
  I4 = -(1/(2  \[Pi]^2)) ArcTan[(Sqrt[2] b a2)/Sqrt[
      1 + b^2 + 2 a2^2]] ArcTan[(a1 b c Sqrt[2])/(
      Sqrt[(1 + 2 a2^2 + b^2)] Sqrt[
       1 + 2 a1^2 + 2 a2^2 + b^2 + b^2 c^2])] + 
    Sign[a2] (a1 c^3 Sqrt[-1 - c^2] Abs[b])/(\[Pi]^2 Abs[c])
      NIntegrate[
      ArcTan[v]/((b^2 (1 + c^2) v^2 + 2 a1^2 (-c^2 + v^2)) Sqrt[
       2 (1 + 2 a1^2) c^2 - 
        2 (1 + 2 a1^2 + b^2 (1 + c^2)) v^2] ), {v, (
       Sqrt[1 + 2 a1^2] c)/ Sqrt[1 + 2 a1^2 + b^2 (1 + c^2)], (
       Sqrt[1 + 2 a1^2 + 2 a2^2] c)/ Sqrt[
       1 + 2 a1^2 + 2 a2^2 + b^2 + b^2 c^2]}] + -Sqrt[2]
       b/(2  \[Pi]^2) (a1 Sqrt[1 + b^2] c)/
     Abs[b] NIntegrate[( 
      u  (b^4 (2 + c^2) - 2 a1^2 u^2 + 
         b^2 (2 + 2 a1^2 - c^2 u^2)) ArcTan[
        u])/( ((1 + 2 a1^2) b^2 + b^4 - 2 a1^2 u^2) (1 + 
         b^2 (1 + c^2) - c^2 u^2) Sqrt[
       b^2 (1 + 2 a1^2 + b^2 (1 + c^2)) + (-2 a1^2 - 
           b^2 c^2) u^2]), {u, 0, (Sqrt[2] b a2)/Sqrt[
       1 + b^2 + 2 a2^2]}];
  (*Now a trigonometric substitution u--> CC Sin[
  phi] followed by the u = Tan[phi/2] substitution. *)
  {d1, d2} = {Sqrt[1 + 2 a1^2 + b^2 (1 + c^2)], Sqrt[
    1 + 2 a1^2 + 2 a2^2 + b^2 + b^2 c^2]};
  {CC, CC1} = { Sqrt[(1 + 2 a1^2) c^2]/ d1, (Abs[b] d1)/
    Sqrt[(2 a1^2 + b^2 c^2)]};
  cc = {I (CC - Sqrt[1 + CC^2]), I (CC + Sqrt[1 + CC^2]), 
    I (-CC + Sqrt[1 + CC^2]), I (-CC - Sqrt[1 + CC^2])};
  cc1 = {I (CC1 - Sqrt[1 + CC1^2]), I (CC1 + Sqrt[1 + CC1^2]), 
    I (-CC1 + Sqrt[1 + CC1^2]), I (-CC1 - Sqrt[1 + CC1^2])};
  {x1, x2} = {Sign[c] (d1 Sqrt[1 + 2 a1^2 + 2 a2^2] )/(
     d2 Sqrt[ (1 + 2 a1^2)]), 
    Sign[b] (Sqrt[(2 a1^2 + b^2 c^2)] Sqrt[2] a2)/(
     d1 Sqrt[1 + b^2 + 2 a2^2])};
  rr = {(I b c Sqrt[1 + b^2] - Sqrt[2] a1 d1)^2/(
    2 a1^2 d1^2 + 
     b^2 c^2 (1 + b^2)), (-I b c Sqrt[1 + b^2] - Sqrt[2] a1 d1)^2/(
    2 a1^2 d1^2 + 
     b^2 c^2 (1 + b^2)), (I a1 Sqrt[2 (1 + b^2)] - b c d1)^2/(
    b^2 c^2 d1^2 + 
     2 (a1^2) (1 + b^2) ), (-I a1 Sqrt[2 (1 + b^2)] - b c d1)^2/(
    b^2 c^2 d1^2 + 2 (a1^2) (1 + b^2) )};

  I5 = -(1/(2  \[Pi]^2)) ArcTan[(Sqrt[2] b a2)/Sqrt[
      1 + b^2 + 2 a2^2]] ArcTan[(a1 b c Sqrt[2])/(
      Sqrt[(1 + 2 a2^2 + b^2)] d2)] + -Sign[a2 c] ( 
     Sqrt[1 + c^2] Abs[b])/(Sqrt[2]  \[Pi]^2 2 a1 d1)
      NIntegrate[(1 + 
         u^2)/((u^2 - (b Sqrt[2 (1 + c^2)])/(a1 d1) u - 
          1) (u^2 + (b Sqrt[2 (1 + c^2)])/(a1 d1) u - 1))
        Log[((cc[[1]] + u) (cc[[2]] + u))/((cc[[3]] + u) (cc[[4]] + 
           u))], {u, Sign[c], (1 - Sqrt[1 - x1^2])/x1}, 
      WorkingPrecision -> 20] + (
     I Sqrt[2] a1 c b d1 Sqrt[
      1 + b^2] (2 a1^2 + b^2 c^2))/(\[Pi]^2 (2 a1^2 d1^2 + 
        b^2 c^2 (1 + b^2)) (b^2 c^2 d1^2 + 2 a1^2 (1 + b^2)))
      NIntegrate[((2 + 2 a1^2 + b^2 (2 + c^2)) u - 
        2 (2 a1^2 + b^2 c^2) u^3 + (2 + 2 a1^2 + 
           b^2 (2 + c^2)) u^5)/((u^2 - rr[[1]]) (u^2 - rr[[2]]) (u^2 -
           rr[[3]]) (u^2 - rr[[4]]))
        Log[((cc1[[1]] + u) (cc1[[2]] + u))/((cc1[[3]] + 
           u) (cc1[[4]] + u))], {u, 0, (1 - Sqrt[1 - x2^2])/x2}, 
      WorkingPrecision -> 20];
  If[Abs[I2/I1 - 1] > 10^(-3), Print[{count, {a1, a2, b, c, I1, I2}}];
    Break[]];
  If[Mod[count, 10] == 0, PrintTemporary[count]];
  ll = Join[ll, {{I1, I2, I3, I4, I5}}];
  ];
Abs[ll[[All, 1]]/ll[[All, -1]] - 1]

Ein Integral, das eine Gaußsche Funktion, Fehlerfunktionen und die T-Funktion von Owen beinhaltet.

Przemo

Antworten (1)

Przemo

Das unbestimmte Integral ∫Li2(x)1+x√dx∫Li2⁡(x)1+xdx\int\frac{\operatorname{Li}_2(x)}{1+\sqrt{x}}\,dx: Was ist die Strategie, um ein solches unbestimmtes Integral zu erhalten?

Arbeit von F⃗ =sin(x2)x^+(3x−y)y^F→=sin⁡(x2)x^+(3x−y)y^\vec F=\sin(x^2)\hat x+(3x-y)\hat y ein problematisches Integral?

Integral mit modifizierten Besselfunktionen erster und zweiter Art

Integral mit Feynman-Trick lösen

Definieren Sie Integral enthaltende Fehlerfunktion und Exponentialfunktion

Berechnen Sie ein Integral über die Fehlerfunktion ∫∞−∞e−k21−kdk∫−∞∞e−k21−kdk\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-k^2}}{1 -k} \mathrm{d}k

Integral ∫10x2−2x2−1−−−−√dx=π2π√Γ2(1/4)+Γ2(1/4)42π√∫01x2−2x2−1dx=π2πΓ2(1/4)+Γ2(1/4 )42π\int_0^1 \sqrt{\frac{x^2-2}{x^2-1}}\, dx=\frac{\pi\sqrt{2\pi}}{\Gamma^2(1 /4)}+\frac{\Gamma^2(1/4)}{4\sqrt{2\pi}}

Summen- und Integraldarstellungen spezieller Funktionen

Integral der modifizierten Bessel-Funktion 2. Typ

Bestimmtes Integral mit modifizierter Bessel-Funktion erster Art und ihrem Logarithmus