Integral doble sobre una región

Question

Dado $f(x,y)=\displaystyle\frac{x^2}{x^2+y^2}$ $D=\{(x,y) : 0 \leq x \leq 1, x^2 \leq y \leq 2-x^2\}$ tengo que solucionar $\displaystyle\int\displaystyle\int_Df(x,y)dA$.

Aquí está mi trate de:

(1) el Cambio de variables

$x = \sqrt{v-u}$, $y= v+u$.

(1.1) Desde $0 \leq x \leq 1$, $0 \leq v-u \leq 1 \rightarrow u \leq v \leq 1+u$

(1.2) Desde $x^2 \leq y \leq 2-x^2$, $v-u \leq v+u \leq 2-v+u \rightarrow -u \leq u \rightarrow 0\leq u$ $v \leq 2-v \rightarrow v \leq 1$

(1.3) parece que ahora debo integrar sobre $S = \{(u,v) : 0\leq u \leq v \leq 1 \}$ (el triángulo superior en $[0,1]\times[0,1]$ ?), así que puede poner $S = \{(u,v) : 0 \leq v \leq 1, 0 \leq u \leq v \}$.

(2) Bien, ¿qué necesito para calcular la integral?

(2.1) en Primer lugar hay que calcular el Jacobiano

$ \displaystyle\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = \left| \begin{array}{cc} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} \\ \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v} \\ \end{array} \right| = \left| \begin{array}{cc} -\frac{1}{2\sqrt{v-u}} & \frac{1}{2\sqrt{v-u}} \\ 1 & 1 \\ \end{array} \right| = -\frac{1}{\sqrt{v, u}}$

(2.2) Entonces tengo que solucionar $\displaystyle\int_0^1\displaystyle\int_0^v \frac{v-u}{(v-u)+(v^2+2uv+u^2)}\bigg(-\frac{1}{\sqrt{v-u}} \bigg)dvdu$ $=-\displaystyle\int_0^1\displaystyle\int_0^v \frac{\sqrt{v-u}}{v^2+v(1+2u) + (u^2-u) }dvdu$

(2.3) Bueno, aquí estoy atascado.He estado pensando acerca de la toma de $z = \sqrt{v-u}$ y, a continuación, $dz = \displaystyle\frac{1}{2\sqrt{v-u}}dv$ es decir $dv = 2zdz$, esto podría llevar a una integral de la forma $2\displaystyle\int\displaystyle\int \frac{z^2}{z^2+z(1+4u)+ 4u^2 }dvdu = 2\displaystyle\int\displaystyle\int \frac{z^2}{(z+(\frac{1}{2}+2u))^2-2u }dvdu$ y si pongo $w = z+(\frac{1}{2}+2u)$ tendré $2\displaystyle\int\displaystyle\int \frac{(w-\frac{1}{2}-2u)^2}{w^2-2u }dwdu$, pero parece que el último va a llevar a algunos de fea forma de solución y me gustaría tener un tiempo difícil conseguir la respuesta final. ¿Cuál sería la mejor manera de resolver esto?

Answer 1

$$\begin{align} &\int_0^1\int_{x^2}^{2-x^2}\frac{x^2}{x^2+y^2}\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x\tag{1}\\ &=\int_0^1\int_{x}^{\frac2x-x}\frac{x}{1+y^2}\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x\tag{2}\\ &=\int_0^1x\left(\arctan\left(\frac2x-x\right)-\arctan(x)\right)\,\mathrm{d}x\tag{3}\\ &=\int_0^1x\arctan\left(\frac{2(1-x^2)}{x(3-x^2)}\right)\,\mathrm{d}x\tag{4}\\ &=\int_0^1\frac{x^2}{2}\frac{\frac{2(3+x^4)}{x^2(3-x^2)^2}}{1+\left(\frac{2(1-x^2)}{x(3-x^2)}\right)^2}\,\mathrm{d}x\tag{5}\\ &=\int_0^1\frac{x^2(3+x^4)}{x^2(3-x^2)^2+4(1-x^2)^2}\,\mathrm{d}x\tag{6}\\ &=\int_0^1\left(1-\frac1{2(1+x^2)}+\frac{5x^2-4}{2(x^4-3x^2+4)}\right)\,\mathrm{d}x\tag{7}\\ &=1-\frac\pi8+\int_0^1\frac14\left(\frac{\sqrt7x-2}{x^2-\sqrt7x+2}-\frac{\sqrt7x+2}{x^2+\sqrt7x+2}\right)\,\mathrm{d}x\tag{8}\\ &=1-\frac\pi8+\int_0^1\frac{\sqrt7}{8}\left(\frac{2x-\sqrt7}{x^2-\sqrt7x+2}-\frac{2x+\sqrt7}{x^2+\sqrt7x+2}\right)\,\mathrm{d}x\\ &+\int_0^1\frac32\left(\frac1{(2x-\sqrt7)^2+1}+\frac1{(2x+\sqrt7)^2+1}\right)\,\mathrm{d}x\tag{9}\\ &=1-\frac\pi8+\frac{\sqrt7}{8}\log\left(\frac{3-\sqrt7}{3+\sqrt7}\right)\\ &+\frac34(\arctan(2-\sqrt7)+\arctan(2+\sqrt7))\tag{10}\\ &=1+\frac\pi{16}+\frac{\sqrt7}{8}\log(8-3\sqrt7)\tag{11} \end {Alinee el} $$ justificación:
$\ \;(1)$: obtener límites del problema
$\ \;(2)$: cambio de variables $y\mapsto xy$
$\ \;(3)$: integrar en $y$
$\ \;(4)$: arctans se combinan
$\ \;(5)$: integración por partes
$\ \;(6)$: Álgebra
$\ \;(7)$: fracciones parciales
$\ \;(8)$: integración fracciones parciales y
$\ \;(9)$: separado en pedazos fácilmente integrables
$(10)$: integrar
$(11)$: simplificar: $\quad\frac{3-\sqrt7}{3+\sqrt7}=8-3\sqrt7\quad$ y $\quad\arctan(2-\sqrt7)+\arctan(2+\sqrt7)=\frac\pi4$

Answer 2

$$ Yo = \int_0^1\int_{x^2}^{2-x^2} \frac{x^2}{x^2+y^2}\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{16}+ 1 + \frac{\sqrt{7}}{8}\log\left(8-3\sqrt{7}\right) $$

Lo siento, pero yo no te puedo ayudar con su sustitución. Mi conjetura es que el valor absoluto de la integral diverge, por lo tanto la sustitución de un producto no es legal. -

Sin embargo, la integral puede evaluarse directamente hacia adelante, con un poco de una molestia.

Tenga en cuenta que el integrando tiene muy buena simetría alrededor de la origo, sin embargo, el dominio no está centrada sobre origo por lo que este no puede ser utilizado. Ahora el dibujo da la integral en el encabezado, y la más interna integral puede ser calculada de la siguiente manera $$ \int_{x^2}^{2-x^2} \frac{x^2}{x^2+y^2}\mathrm{d}y = \left[ x \arctan\left(\frac{y}{x}\right) \right]_{x^2}^{2-x^2} = -x \arctan x - x \arctan \left( \frac{2-x^2}{x}\right) $$ Ahora podemos escribir la integral doble como una suma de dos integrales $$ \iint_D \frac{x^2}{x^2+y^2} \mathrm{d} = \int_1^0 x \arctan x\,\mathrm{d}x + \int_1^0 x \arctan \left( \frac{2-x^2}{x}\right)\,\mathrm{d}x $$ Para la simplicidad de la etiqueta de las integrales de $J$$K$, la integral indefinida de $J$ puede ser evaluado por partes $$ \int x \arctan x\,\mathrm{d}x = \left( \frac{x}{2}+\frac{1}2\right)\arctan x \int \frac{x/2+1/2}{x^2+1} $$ donde $u = \arctan x$ $v = (x^2-1)/2$ fueron elegidos. La última integral es trivial (por qué?) para mostrar, de modo que la integral definida se convierte en $$ J = \int_1^0 x \arctan x\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2} - \frac{\pi}{4} $$ La última integral se pueden tratar de una manera similar. Ver que $$ K = \int_1^0 x \arctan \left( \frac{2-x^2}{x}\right)\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{8} + \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{x^2(x^2+2)}{4-3x^2+x^4}\,\mathrm{d}x $$ Donde de nuevo la integración por partes se utilizó esta vez con $v = x^2$. Desafortunadamente esto es donde mi bolsa de trucos de ejecución, por inteligente manipulación de la nota que $$ \frac{x^2(x^2+2)}{4-3x^2+x^4} = 1 - \frac{4-5x^2}{4-3x^2+x^4} = 1 - \frac{1}{2} \left( \frac{x-\sqrt{7}}{x^2-\sqrt{7}x+2} + \frac{x+\sqrt{7}}{x^2+\sqrt{7}x+2} \right) $$ Donde el inteligente de la factorización de $$ -3x^2+4+x^4 = (x^2+\sqrt{7}x+2)(x^2-\sqrt{7}x+2) $$ se utiliza, junto con parciales de fracciones. La primera integral es trivial sobre $1$ y la última integral puede ser demostrado ser $$ \int \frac{2 \pm \sqrt{7}}{x^2\pm\sqrt{7}x+2} = \pm \frac{\sqrt{7}}{4} \log\left( x^2 \pm \sqrt{7}x+2\right) - \frac{3}{2} \arctan\left(2x \pm \sqrt{7}\right) $$ Esta vez es simplemente dividir el integrando de nuevo en dos simples integrales. Poniendo todo esto junto a la última integral se puede expresar como $$ \begin{align*} & = \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{x^2(x^2+2)}{4-3x^2+x^4}\,\mathrm{d}x \\ & = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} \int_0^1 \frac{x-\sqrt{7}}{x^2-\sqrt{7}x+2} + \frac{x+\sqrt{7}}{x^2+\sqrt{7}x+2} \\ & = \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{7}}{8}\log(3+\sqrt{7}) + \frac{3}{4} \arctan(\sqrt{7}+2) \\ & \phantom{ = \frac{1}{2}} + \frac{\sqrt{7}}{8}\log(3-\sqrt{7}) - \frac{3}{4} \arctan(\sqrt{7}-2) \end{align*} $$ Que puede ser simplificado para abajo $$ \frac{1}{2} + \frac{3\pi}{16} - \frac{\sqrt{7}}{4} \log(8 + 3\sqrt{7}) $$ Mediante la combinación de la arctan y los términos logarítmicos. Finalmente, la integral se puede escribir como $$ \begin{align*} \iint_D \frac{x^2}{x^2+y^2} \mathrm{d}A & = \int_1^0 x \arctan x\,\mathrm{d}x + \int_1^0 x \arctan \left( \frac{2-x^2}{x}\right)\,\mathrm{d}x \\ & = \left( \frac{1}{2} - \frac{\pi}{4} \right) + \left( \frac{\pi}{8} + \frac{1}{2} + \frac{3\pi}{16} - \frac{\sqrt{7}}{4} \log(8 + 3\sqrt{7})\right)\\ & = \frac{\pi}{16}+ 1 + \frac{\sqrt{7}}{8}\log\left(8-3\sqrt{7}\right) \end{align*} $$ Que es lo que quería mostrar. Donde se utiliza ese $1/(8+3\sqrt{7})=8-3\sqrt{7}$.

El podría ser algunos pequeños errores de escritura en los cálculos anteriores y la mayoría del trabajo pesado está a la izquierda para mostrar. Pero este es al menos un esbozo de una solución general.

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\daga}}% \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil #1 \right\rceil\,}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \cima {= \cima \vphantom{\enorme}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}}% \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}% \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,}% \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle}% \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,}% \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$

\begin{align} &\int_{D}\fermi\pars{x,y}\,\dd x\,\dd y = \int_{0}^{1}\dd x\,x^{2} \int_{-\infty}^{\infty}{\Theta\pars{y - x^{2}}\Theta\pars{2 - x^{2} - y} \over x^{2} + y^{2}}\,\dd y = \int_{0}^{1}\dd x\,x^{2}\int_{x^{2}}^{2 - x^{2}}{\dd y \over x^{2} + y^{2}} \\[3mm]&= \int_{0}^{1}\dd x\,x\int_{x}^{2/x - x}{\dd y \over 1 + y^{2}} = \int_{0}^{1}x\bracks{\arctan\pars{{2 \over x} - x} - \arctan\pars{x}}\,\dd x \\[3mm]&= \left.\half\,x^{2}\bracks{\arctan\pars{{2 \over x} - x} - \arctan\pars{x}} \right\vert_{0}^{1} - \int_{0}^{1}\half\,x^{2}\bracks{% {-2/x^{2} - 1 \over \pars{2/x - x}^{2} + 1} - {1 \over x^{2} + 1}}\,\dd x \\[3mm]&= \half\int_{0}^{1}\bracks{% {x^{2}\pars{2 + x^{2}} \over \pars{2 - x^{2}}^{2} + x^{2}} + {x^{2} \over x^{2} + 1}} \,\dd x = \half\int_{0}^{1}\bracks{% {x^{4} + 2x^{2} \over x^{4} - 3x^{2} + 4} + 1 - {1 \over x^{2} + 1}} \,\dd x \\[3mm]&= \half\int_{0}^{1}\bracks{% 1 + {5x^{2} - 4\over x^{4} - 3x^{2} + 4} + 1 - {1 \over x^{2} + 1}} \,\dd x = \color{#0000ff}{\large 1 - {\pi \over 8} + \half\underbrace{\int_{0}^{1}{5x^{2} - 4 \over x^{4} - 3x^{2} + 4}\,\dd x} _{\ds{\approx\ -0.653199}}} \end{align}

La última integral se puede calcular fácilmente mediante el uso de un parcial, fracción técnica".

Answer 4

El resultado difiere de lo que esperaba por heropup pero no veo el error.

El dominio es simétrico con respecto a los $y=1$.

$$\iint_{D} f(x,y) dxdy= 2\int_{0}^{1}\int_{x^2}^{1}\frac{1}{1+\frac{y^2}{x^2}}dydx$$

$$= 2\int_{0}^{1} [t \arctan \frac{y}{t}]_{t^2}^{1} dt=2\int_{0}^{1} t \arctan \frac{1}{t} dt -2\int_{0}^{1} t \arctan t \ dt$$

$$2 \int_{0}^{1} t \arctan \frac{1}{t} dt= [t^2 \arctan \frac{1}{t} +t -\arctan t]_{0}^{1}= \frac{\pi}{4} - \lim_{t \rightarrow 0^+} t^2 \arctan \frac{1}{t}+ 1 -\frac{\pi}{4}= 1$$

$$2\int_{0}^{1} t \arctan t \ dt= [(1+t^2) \arctan t- t]_{0}^{1}=\frac{\pi}{2}- 1$$