Mostrando que $\int_{0}^{1}{\sqrt{1-x^4}\over 1+x^4}dx={\pi\over 4}$

Question

Integrar

$$I=\int_{0}^{1}{\sqrt{1-x^4}\over 1+x^4}dx={\pi\over 4}$$

Sustitución $x=\sqrt{\tan(u)}\rightarrow dx={\sec^2(u)\over 2\sqrt{\tan(u)}}du$

$x=1\rightarrow u={\pi\over 4}$

$x=0\rightarrow u=0$

$$I={1\over 2}\int_{0}^{{\pi\over 4}}{\sqrt{1-\tan^2(u)}\over 1+\tan^2(u)}\cdot {\sec^2(u)\over \sqrt{\tan(u)}}du$$

$$I={1\over 2}\int_{0}^{{\pi\over 4}}{\sqrt{1-\tan^2(u)\over \tan(u)}}du$$

$$I={1\over 2}\int_{0}^{{\pi\over 4}}{\sqrt{\cot(u)-\tan(u)}}du$ $ Recordar

$$\cot(u)-\tan(u)={\cos^2(u)-\sin^2(u)\over \sin(u)\cos(u)}=2\cot(2u)$$

Sustituir en lo

$$I={1\over 2}\int_{0}^{{\pi\over 4}}{\sqrt{2\cot(2u)}}du$$

$$I={\sqrt2\over 2}\int_{0}^{{\pi\over 4}}{\sqrt{\cot(2u)}}du$$

Bien sé que $$\int{\cos(2u)\over\sin(2u)}du={1\over 2}\ln(\sin(2u))+C$ $ pero

¿$$\int\sqrt{{\cos(2u)\over\sin(2u)}}du$ $ no tengo no idea, así que puede alguien por favor dar una mano? Dar las gracias.

Answer 1

Que $y = x^2$ y $z = \sqrt{y^{-1} - y}$, tenemos $$ \begin{align} \int_0^1 \frac{\sqrt{1-x^4}}{1+x^4}dx = & \int_0^1 \frac{x\sqrt{x^{-2} - x^2}}{x^2(x^{-2}+x^2)}dx = \int_0^1 \frac{\sqrt{x^{-2} - x^2}}{(x^{-2}+x^2)}\frac{dx}{x}\\ = & \frac12 \int_0^1 \frac{\sqrt{y^{-1}-y}}{y^{-1}+y}\frac{dy}{y} = -\frac12 \int_{y=0}^1 \frac{\sqrt{y^{-1}-y}}{y^{-1}+y}\frac{d(y^{-1} - y)}{y^{-1}+y}\\ = & \int_0^\infty \frac{z^2 dz}{z^4+4} = \int_0^\infty \frac{z^2 dz}{(z^2+2)^2 - (2z)^2} = \int_0^\infty \frac{z^2 dz}{(z^2-2z+2)(z^2+2z+2)}\\ = & \frac14 \int_0^\infty\left(\frac{z}{z^2-2z+2} - \frac{z}{z^2+2z+2}\right)dz\\ = & \frac14 \int_0^\infty \left[\frac12\log\left(\frac{z^2-2z+2}{z^2+2z+2}\right)' + \left(\frac{1}{z^2-2z+2} + \frac{1}{z^2+2z+2}\right)\right] dz \end{Alinee el} $$ la primera pieza contribuye $\displaystyle\;\frac18 \left[\log\left(\frac{z^2-2z+2}{z^2+2z+2}\right)\right]_0^\infty\;$ que claramente se desvanece.

Para la segunda pieza, sustituto $z$ $-z$ en su segundo término, obtenemos:

$\int_0^1 \frac{\sqrt{1-x^4}}{1+x^4}dx = \frac14 \int_{-\infty}^\infty\frac{dz}{z^2-2z+2} = \frac14 \int_{-\infty}^\infty\frac{dz} {(z-1) ^ 2 + 1} = \frac{\pi}{4}$$

Answer 2

Estaban tan cerca! $$\begin{align}\int_0^{\frac{\pi}4}\sqrt{\cot2u}\,du&=\frac12\int_0^{\frac{\pi}2}\sqrt{\cot v}\,dv\tag{1}\\ &=\frac14\cdot2\int_0^{\frac{\pi}2}\cos^{1/2}v\sin^{-1/2}v\,dv\tag{2}\\ &=\frac14\text{B}\left(\frac34,\frac14\right)\tag{3}\\ &=\frac14\frac{\Gamma\left(\frac34\right)\Gamma\left(\frac14\right)}{\Gamma(1)}\tag{4}\\ &=\frac14\frac{\pi}{\sin\frac{\pi}4}\tag{5}\\ &=\frac{\pi}{2\sqrt2}\tag{6}\end{align}$$ EDIT: Algunas anotaciones:
$(1)$ Deje $2u=v$
$(2)$ $\cot\theta=\frac{\cos\theta}{\sin\theta}$
$(3)$ Reconociendo la trigonométricas de la forma de la función Beta
$(4)$ Utilizando la relación entre la Beta y Gamma funciones
$(5)$ La reflexión de la fórmula para la función Gamma. Podríamos igualmente han utilizado la fórmula de duplicación $$\Gamma\left(\frac14\right)\Gamma\left(\frac34\right)=\sqrt{\pi}2^{1-2\left(\frac14\right)}\Gamma\left(2\left(\frac14\right)\right)=\sqrt{\pi}\sqrt2\sqrt{\pi}=\pi\sqrt2$$ $(6)$ De curso $\sin\frac{\pi}4=\frac1{\sqrt2}$. En este punto estamos en casa gratis y podemos sustituir el valor de la integral en donde estaban atrapados y llegar a $$\int_0^1\frac{\sqrt{1-x^4}}{1+x^4}dx=\frac{\sqrt2}2\frac{\pi}{2\sqrt2}=\frac{\pi}4$$