Integrales y comparación

Question

Dejemos que $I_{1} = \int_0^\frac{\pi}{4} (\tan x)^{\frac{1}{3}}dx$ y

$I_{2} = \int_0^\frac{\pi}{4} (\tan x)^{\sqrt 2}dx $ entonces....

Demostrar que $I_{1}\lt \frac{3}{4}$ , $I_{2}\lt \frac{\pi}{4}$ .... y $I_{2}\lt \log(\sqrt 2) \lt I_{1}$

Así que básicamente asumí en $I_{1}$ que $\tan x= t^\frac{3}{2}\\$ terminando como $\frac{3}{2} \int_0^1 \frac{t}{t^3 +1}dt$ pero no podía pensar en el futuro..

Answer 1

Existe un interesante lema para tratar este tipo de integrales.

Lema . Si $I=(a,b)$ y $f(x),\omega(x)$ son no negativos, acotados y continuos en $I$ ,
la función (de momento) $$ M(s) = \int_{I} f(x)^s \omega(x)\,dx $$ es no negativo y log-convexo en $\mathbb{R}^+$ debido a la desigualdad de Cauchy-Schwarz.
En particular, es una función convexa en $\mathbb{R}^+$ .

En nuestro caso tenemos $I=\left(0,\frac{\pi}{4}\right)$ , $f(x)=\tan(x)$ y $\omega(x)=1$ .
Es sencillo comprobar que $M(0)=\frac{\pi}{4}$ , $M(1)=\log\sqrt{2}$ , $M(2)=1-\frac{\pi}{4}$ .
Además $M(s)$ es decreciente en $\mathbb{R}^+$ ya que el $I$ tenemos $0<f(x)<1$ .
Estas observaciones se asientan inmediatamente $I_2<\frac{\pi}{4}$ y $I_2<M(1)<I_1$ .
Y por convexidad

$$ I_1=M\left(\frac{1}{3}\right)\leq \frac{2}{3}M(0)+\frac{1}{3}M(1)=\frac{\pi+\log(2)}{6}<\frac{3}{4}.$$

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Un cálculo explícito de $I_1$ puede llevarse a cabo de la siguiente manera:

$$ I_1 = \int_{0}^{1}\frac{t^{1/3}}{1+t^2}\,dt = 3\int_{0}^{1}\frac{s^3}{1+s^6}\,ds $$ y por descomposición de la fracción parcial la última integral es igual a $\frac{\pi}{2\sqrt{3}}-\frac{\log 2}{2}\approx 0.56$ .
También podemos observar que por la desigualdad de Cauchy-Schwarz $$ I_1 \leq \sqrt{\int_{0}^{1}t^{-1/3}\,dt \int_{0}^{1}\frac{t\,dt}{(1+t^2)^2}} = \sqrt{\frac{3}{8}}.$$