Evaluación $\int_{0}^{\pi/4}\left[4\cos^2(x)-1\right]{\sqrt{\tan x}}\,\mathrm dx$ de una manera menos tediosa

Question

Considere la posibilidad de esta integral

$$\int_{0}^{\pi/4}\left[4\cos^2(x)-1\right]\color{red}{\sqrt{\tan x}}\,\mathrm dx\tag1=1$$

Un intento:

Reescribir $(1)$

$$\int_{0}^{\pi/4}4\cos^2(x)\sqrt{\tan x}\,\mathrm dx-\int_{0}^{\pi/4}\sqrt{\tan x}\,\mathrm dx=I_1-I_2\tag2$$

Para $I_2$ elegimos $u=\sqrt{\tan x}\implies {2u\over 1+u^2}dx=dx$, entonces se convierte en

$$\int_{0}^{1}{2u^2\mathrm du\over 1+u^4}\tag3$$

Reorganizar $(3)$ en la forma de

$$\int_{0}^{1}{1+{1\over u^2}\over u^2+{1\over u^2}}\mathrm du+\int_{0}^{1}{1-{1\over u^2}\over u^2+{1\over u^2}}\mathrm du\tag4$$

Aplicar completando el cuadrado de $(4)$

$$\int_{0}^{1}{1+{1\over u^2}\over \left(u-{1\over u}\right)^2+2}\mathrm du+\int_{0}^{1}{1-{1\over u^2}\over \left(u+{1\over u}\right)^2-2}\mathrm du=I_3+I_4\tag5$$

Para $I_3$ $v_1=u-{1\over u}$ $I_4$ $v_2=u+{1\over u}$

$$\left.{1\over \sqrt{2}}\bronceado^{-1}\left({v_1\\sqrt{2}}\right)\right|_{0}^{\infty}-{1\over \sqrt{8}} \left.\ln{\left({v_2+\sqrt{2}\over v_2-\sqrt{2}}\right)}\right|_{2}^{\infty}={\pi\\sqrt{8}}+{1\over \sqrt{8}}\ln{(3+2\sqrt{2})}\tag6$$

Podemos reescribir $I_1$

$$I_1=2\int_{0}^{\pi/4}\sqrt{\tan x}\,\mathrm dx+2\int_{0}^{\pi/4}\cos(2x)\sqrt{\tan x}\,\mathrm dx\tag7$$

$$I_1=2\cdot(6)+2\int_{0}^{\pi/4}\cos(2x)\sqrt{\tan x}\,\mathrm dx\tag8$$

$(8)$ podemos aplicar la integración por parte, estoy seguro de que sería muy largo.

¿De qué otra manera podemos abordar $(1)$ en otro menos largo camino?

Answer 1

Lo que se ha visto no puede ser invisible: $$\begin{aligned} \int (4\cos^2x-1)\sqrt{\tan x}\,dx&=\int (1+2\cos 2x)\sqrt{\tan x}\,dx\\ &=\int\sin 2x\frac{1}{2\sqrt{\tan x}}\frac{1}{\cos^2 x}+2\cos 2x\sqrt{\tan x}\,dx\\ &=\int \sin2x\frac{d}{dx}\sqrt{\tan x}+\Bigl(\frac{d}{dx}\sin 2x\Bigr)\sqrt{\tan x}\,dx\\ &=\int \frac{d}{dx}\Bigl(\sin 2x\sqrt{\tan x}\Bigr)\,dx\\ &=\sin 2x\sqrt{\tan x}+C. \end{alineado} $$ entonces a introducir límites, y obtendrá

$$\int_0^{\pi/4}\bigl(4\cos^2x-1\bigr)\sqrt{\tan x}\,dx=1.$$

Answer 2

No veo un enfoque sencillo para resolver la última integral: se puede aplicar el método de muestro justo después de este bloque de texto, pero es más rápido aplicar directamente a la integral inicial.

Aquí está el otro planteamiento: $$I=\int_{0}^{\pi/4}\left[4\cos^2(x)-1\right]{\sqrt{\tan x}}\mathrm dx={\displaystyle\int}_0^{\pi/4}\class{steps-node}{\cssId{steps-node-1}{\sec^2\left(x\right)}}\class{steps-node}{\cssId{steps-node-2}{\left(-\dfrac{\sqrt{\tan\left(x\right)}\left(\tan^2\left(x\right)-3\right)}{\left(\tan^2\left(x\right)+1\right)^2}\right)}}\,\mathrm{d}x$ $ utilizando el % de identidades $\cos(x)=\frac{1}{\sec(x)}$y $\sec^2(x)=1+\tan^2(x)$.

Ahora puede sustituir $u=\tan(x)$ y $du=\sec^2(x) dx$. $$I=-{\displaystyle\int}_0^1\dfrac{\sqrt{u}\left(u^2-3\right)}{\left(u^2+1\right)^2}\,\mathrm{d}u$ $ Ahora puede sustituir $v=\sqrt u$ y $dv=\frac{du}{2\sqrt u}$. $$I=\class{steps-node}{\cssId{steps-node-3}{-2}}{\displaystyle\int}_0^1\dfrac{v^2\left(v^4-3\right)}{\left(v^4+1\right)^2}\,\mathrm{d}v$ $ Ahora puede hacer una división larga y final.

Answer 3

$\displaystyle J=\int_{0}^{\pi/4}\left[4\cos^2(x)-1\right]{\sqrt{\tan x}}\,\mathrm dx$

Realizar el cambio de la variable $y=\dfrac{\pi}{2}-x$,

$\displaystyle J=\int_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}\dfrac{4(\sin x)^2-1}{\sqrt{\tan x}}dx$

Realizar el cambio de la variable $y=\sqrt{\tan x}$,

$\begin{align} J&=\int_{1}^{\infty} \dfrac{\tfrac{4}{1+\frac{1}{x^4}}-1}{x}\times \dfrac{2x}{1+x^4}dx\\ &=2\int_{1}^{\infty} \dfrac{3x^4-1}{(1+x^4)^2}dx\\ &=2\left[\dfrac{-x}{1+x^4}\right]_{1}^{\infty}\\ &=2\times \left(0+\dfrac{1}{2}\right)\\ &=\boxed{1} \end {Alinee el} $