evaluación de

Question

Cómo evaluar la siguiente integral $$\int_0^{\pi/4} \sqrt{\tan x} \sqrt{1-\tan x}\,\,dx$ $ parece función beta pero Wolfram Alpha no puede evaluarlo. Por lo tanto, calcula el valor numérico de la integral por encima de 70 dígitos utilizando Wolfram Alpha y utilicé el resultado para encontrar su forma cerrada. ¿El posible candidato forma cerrada de Wolfram Alpha es $$\pi\sqrt{\frac{1+\sqrt{2}}{2}}-\pi$ $ es esto cierto? Si es así, ¿cómo probarlo?

Answer 1

\begin{align} \int_0^{\Large\frac{\pi}{4}} \sqrt{\tan x} \sqrt{1-\tan x}\,\,dx&=\int_0^1\frac{\sqrt{y(1-y)}}{1+y^2}\,dy\quad\Rightarrow\quad y=\tan x\\ &=\int_0^\infty\frac{\sqrt{t}}{(1+t)(1+2t+2t^2)}\,dt\quad\Rightarrow\quad t=\frac{y}{1-y}\\ &=\int_0^\infty\frac{2z^2}{(1+z^2)(1+2z^2+2z^4)}\,dz\quad\Rightarrow\quad z^2=t\\ &=2\int_0^\infty\left[\frac{2z^2}{1+2z^2+2z^4}+\frac{1}{1+2z^2+2z^4}-\frac{1}{1+z^2}\right]\,dz\\ &=\int_{-\infty}^\infty\left[\frac{2z^2}{1+2z^2+2z^4}+\frac{1}{1+2z^2+2z^4}-\frac{1}{1+z^2}\right]\,dz\\ &=I_1+I_2-\pi \end {Alinee el}

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\begin{align} I_1 &=\int_{-\infty}^\infty\frac{2z^2}{1+2z^2+2z^4}\,dz\\ &=\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{z^2+\frac{1}{2z^2}+1}\,dz\\ &=\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{\left(z-\frac{1}{\sqrt{2}z}\right)^2+1+\sqrt{2}}\,dz\\ &=\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{z^2+1+\sqrt{2}}\,dz\\ &=\frac{\pi}{\sqrt{1+\sqrt{2}}} \end align {} donde la 4ta línea use la identidad

\begin{align} \int_{-\infty}^\infty f\left(x\right)\,dx=\int_{-\infty}^\infty f\left(x-\frac{a}{x}\right)\,dx\qquad,\qquad\text{for }\, a>0. \end {Alinee el}

La prueba se puede ver en mi respuesta aquí. $I_2$ puede ser probada de manera similar (véase la respuesta de user111187). \begin{equation} I_2=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{z^4+z^2+\frac{1}{2}}\,dz=\pi\sqrt{\frac{\sqrt{2}-1}{2}} \end{equation}

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Combinar todos los resultados juntos, finalmente conseguimos

\begin{equation} \int_0^{\Large\frac{\pi}{4}} \sqrt{\tan x} \sqrt{1-\tan x}\,\,dx=\frac{\pi}{\sqrt[4]{2}}\sqrt{\frac{2+\sqrt{2}}{2}}-\pi \end{equation}

Answer 2

Aquí es un enfoque de análisis complejo. $$f(z)=\frac{\sqrt{z}\sqrt{z-1}}{z^2+1}=\frac{|z|^\frac{1}{2}|z-1|^\frac{1}{2}e^{i\varphi}}{z^2+1}$ $ $\varphi=\dfrac{1}{2}\left(\arg{z}+\arg(z-1)\right)$, $0\le \arg{z}, \arg(z-1)\le 2\pi$, A lo largo de una pesa del contorno donde se integran. Justo por encima de $[0,1]$, $\varphi=\dfrac{\pi}{2}$ y justo por debajo de $[0,1]$, $\varphi=\dfrac{3\pi}{2}$. Por lo que es el integral de contorno\begin{align} 2i\int^1_0\frac{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}{1+x^2}{\rm d}x =&2\pi i\left[\operatorname*{Res}_{z=i}f(z)+\operatorname*{Res}_{z=-i}f(z)-\operatorname*{Res}_{z=0}\frac{f(z^{-1})}{z^2}\right]\\ =&2\pi i\left[\frac{\sqrt[4]{2}}{2i}e^{i5\pi/8}-\frac{\sqrt[4]{2}}{2i}e^{i11\pi/8}-1\right]\\ =&2\pi i\left[\frac{\sqrt[4]{2}}{2i}\left(e^{i3\pi/8}-e^{-i3\pi/8}\right)-1\right]\\ =&2\pi i\left[\sqrt[4]{2}\sin\left(\frac{3\pi}{8}\right)-1\right] \end {Alinee el} por lo tanto $$\int^\frac{\pi}{4}_0\sqrt{\tan{x}-\tan^2{x}}\ {\rm d}x=\int^1_0\frac{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}{1+x^2}{\rm d}x=\pi\left[\sqrt[4]{2}\sin\left(\frac{3\pi}{8}\right)-1\right]$ $

Answer 3

Para continuar el trabajo de Anastasiya-Romanova , pero no a la utilización de complejos análisis

Para $I_1$:

Aviso: $p(z)=1+2z^2+2z^4=2\Big(z^2+az+b\Big)\Big(z^2-az+b\Big)$

donde $a=\sqrt{\sqrt{2}-1}$ $b=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$

Por lo tanto:

$f(z)=\displaystyle \dfrac{2z^2}{1+2z^2+2z^4}=\dfrac{z}{2a\Big(z^2-az+b\Big)}-\dfrac{z}{2a\Big(z^2+az+b\Big)}$ $f(z)=\dfrac{2z-a}{4a\Big(z^2-az+b\Big)}-\dfrac{2z+a}{4a\Big(z^2+az+b\Big)}+\dfrac{1}{4\Big(z^2-az+b\Big)}+\dfrac{1}{4\Big(z^2+az+b\Big)}$

Vamos $c=b-\dfrac{a^2}{4}$, $c>0$

Por lo tanto:

$f(z)=\dfrac{2z-a}{4a\Big(z^2-az+b\Big)}-\dfrac{2z+a}{4a\Big(z^2+az+b\Big)}+\dfrac{1}{4\Big(\big(z-\tfrac{a}{2}\big)^2+c\Big)}+\dfrac{1}{4\Big(\big(z+\tfrac{a}{2}\big)^2+c\Big)}$

Así que una primitiva de $\displaystyle \dfrac{2z}{1+2z^2+2z^4}$ es:

$\dfrac{1}{4a}\log\Big(\dfrac{z^2-az+b}{z^2+az+b}\Big)+\dfrac{1}{4\sqrt{c}}\arctan\Big(\dfrac{z-\tfrac{a}{2}}{\sqrt{c}}\Big)+\dfrac{1}{4\sqrt{c}}\arctan\Big(\dfrac{z+\tfrac{a}{2}}{\sqrt{c}}\Big)$

(piense acerca de derivados de $\log(u(x))$ )

Por lo tanto:

$\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{2x^2dx}{1+2x^2+2x^4}=\dfrac{\pi}{2\sqrt{c}}=\pi\sqrt{\sqrt{2}-1}$

Para calcular los $I_2$ comenzar a realizar el cambio de variable $u=\dfrac{1}{x}$ , la función a integrar se convierte en $\dfrac{x^2}{x^4p\Big(\dfrac{1}{x}\Big)}$

$q(x)=x^4p\Big(\dfrac{1}{x}\Big)$

$q(x)=2x^4\Big(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{a}{x}+b\Big)\Big(\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{a}{x}+b\Big)$

$q(x)=2(1+ax+bx^2)(1-ax+bx^2)$

$q(x)=2b^2\Big(x^2+\dfrac{a}{b}x+\dfrac{1}{b}\Big)\Big(x^2-\dfrac{a}{b}x+\dfrac{1}{b}\Big)$

El nuevo $a,b$ son, respectivamente, $\dfrac{a}{b},\dfrac{1}{b}$ y hay un nuevo $c$.

Por lo tanto:

$\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{dx}{1+2x^2+2x^4}=\dfrac{2}{b^2}\times \dfrac{\pi}{2\sqrt{c}}=\dfrac{\pi}{b^2\sqrt{c}}=\pi\dfrac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{\sqrt{2}-1}$

Answer 4

El resultado pasa a coincidir con la forma conjetural: $$\mathcal I=\left(\sqrt[4]{2}\,\cos\frac{\pi}{8}-1\right)\pi.$ $

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Derivación: realizar el cambio de variables $t=\tan x$. Esto transforma la integral $$\mathcal I=\int_0^1\frac{\sqrt{t(1-t)}}{1+t^2}dt$ $ ahora ya que tenemos una mezcla de función racional con sólo Plaza de raíces de un polinomio cuadrático, la primitiva puede encontrarse en funciones elementales mediante un cambio racional adecuado de variables, por ejemplo, $2t-1=\frac{\lambda-\lambda^{-1}}{2i}$.

Answer 5

Esto solo es el principio, pero con el cambio de variable:

$$ u = \sqrt{\tan(x)}\quad\Rightarrow\quad\mathrm du = \frac{1+u^4}{2u}\mathrm dx, $$ se obtiene:

$$ I= 2\int_0^1 \frac{u^2\sqrt{1-u^2}}{1+u^4}\mathrm du $$

Ahora, vamos a: $u= \sin(t)\Rightarrow\mathrm du = \cos(t)\mathrm dt$

$$ I= 2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2(t)\cos^2(t)}{1+\sin^4(t)}\mathrm dt $$

Ahora sustitución de la $\cos$ le dará:

$$ I = 2\Bigl(\int_0^{\frac{\pi}{2}} {\frac{1+\sin^2(t)}{1+\sin^4(t)}\mathrm dt}\Bigr) -\pi $$

Así que aquí está la $-\pi$ :), ahora usted puede trabajar en la otra integral que podría ser más fácil de tratar. vamos a llamar a $I_1$.

Editar :

Ahora uso : $v = \tan(t)$ -> $dv = \frac{1}{\cos^2(t)}dt$

$$ I_1 = \int_0^{+\infty} \frac{cos^2(t)*(1+sin^2(t)}{1+sin^4(t)} du = \int_0^{+\infty} \frac{cos^4(t)*(1+2*u^2)}{1+sin^4(t)} du $$

Por lo tanto : $$ I_1 = \int_0^{+\infty} \frac{1+2*u^2}{u^4+(1+u^2)^2} du $$

Ahora : $u^4 + (1+u^2)^2 = 2*u^4 +2*u^2 + 1 = \frac{1}{2}*(4*u^4+4*u^2 +2) = \frac{1}{2}*(1+ (2*u^2+1)^2) $

Dando así : $$ I_1 = \int_0^{+\infty} \frac{1+2u^2}{1+(1+2u^2)^2} du$$

Ahora, esto es más fácil de tratar, creo.