Encontrar el área encerrada por la curva definida por$\arcsin x+\arcsin y=\arcsin(x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2})$

Question

Si $\arcsin x+\arcsin y=\arcsin(x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2})$

A continuación, el área representada por el lugar geométrico de punto de $(x,y)$

si se da eso $|x|,|y|\leq 1$

Yo: Poner $x=\sin \alpha$ e $y=\sin \beta$

y $\alpha,\beta \in [-90^\circ,90^\circ]$ e $\alpha+\beta \in [-180^\circ,180^\circ]$

$\alpha+\beta = \arcsin(\sin (\alpha+\beta))$ que es posible

cuando $\alpha+\beta\in [-90^\circ,90^\circ]$

Alguien podría ayudarme ¿cuál es el área encerrada por su locus.Gracias

Answer 1

Se nos da el cuadrado de $Q:=[-1,1]^2$ en la $(x,y)$-plano y se dijo para determinar el dominio de $D$ que consta de todos los puntos de $(x,y)\in Q$ que satisface la ecuación $$\arcsin x+\arcsin y=\arcsin\bigl(x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}\bigr)\ .\tag{1}$$ Para ello nos basamos en una segunda figura, el cuadrado de $\hat Q:=\bigl[-{\pi\over2},{\pi\over2}\bigr]^2$ en la $(\alpha,\beta)$-plano y considerar el mapa $$\psi:\quad \hat Q\to Q,\qquad(\alpha,\beta)\mapsto\left\{\eqalign{x&=\sin\alpha \cr y&=\sin\beta\cr}\right.$$ que asigna el cuadrado de $\hat Q$ bijectively en $Q$. Tenemos $$\psi^{-1}:\quad Q\to\hat Q,\qquad (x,y)\mapsto\left\{\eqalign{\alpha&=\arcsin x \cr \beta&=\arcsin y\cr}\right.\quad.$$ Además uno tiene $$\sqrt{1-x^2}=\cos\alpha,\quad \sqrt{1-y^2}=\cos\beta\ .$$ La ecuación de $(1)$ lee en las variables de $(\alpha,\beta)\in\hat Q$ como sigue: $$\alpha+\beta=\arcsin\bigl(\sin\alpha\cos\beta+\sin\beta\cos\alpha\bigr)=\arcsin\bigl(\sin(\alpha+\beta)\bigr)\ ,$$ y esto puede escribirse como $$\alpha+\beta=\left\{\eqalign{\alpha+\beta\qquad&\bigl(|\alpha+\beta|\leq{\pi\over2}\bigr)\cr \pi-(\alpha+\beta)\quad&\bigl(\alpha+\beta\geq{\pi\over2})\cr -\pi-(\alpha+\beta)\quad&\bigl(\alpha+\beta\leq-{\pi\over2}\bigr)\ .\cr}\right.$$ Cuando $|\alpha+\beta|\leq{\pi\over2}$ esto requiere de nada. Si $\alpha+\beta\geq{\pi\over2}$ este dice que $\alpha+\beta={\pi\over2}$, y si $\alpha+\beta\leq-{\pi\over2}$ este dice que $\alpha+\beta=-{\pi\over2}$.

Por lo tanto, obtener el dominio que desee $\hat D\subset\hat Q$ por el corte de los dos triángulos de $\hat Q$ en que $|\alpha+\beta|>{\pi\over2}$. En el original de la $(x,y)$-figura podemos obtener el dominio que desee $D\subset Q$ por la reducción del $\psi$-imágenes de estos triángulos, que son los puntos en el primer y tercer cuadrantes fuera del círculo, $x^2+y^2=1$. Por lo tanto, uno tiene $${\rm area}(D)=2+{\pi\over2}\ .$$