Extendido integral sobre la parábola abre conjunto

Question

Deje $f(x,y)=1/(y+1)^2$ todos los $x,y\in\mathbb{R}$. Deje $A$ ser el conjunto abierto $$A=\{(x,y)\mid x>0, x^2<y<2x^2\}.$$ Show that $\int_A f$ existe, y calcular.

Desde $A$ es un ilimitado conjunto abierto, tenemos que usar el extendido "integral", que tiene dos definiciones equivalentes.

1) $\int_A f$ es el supremum de los números de $\int_D f$ $D$ rangos sobre todo compacto Jordan-medible subconjuntos de a $A$.

2) Si $C_1,C_2,\ldots$ es una secuencia de compacto Jordan-medible subconjuntos de a $A$ tal que $\cup_{i=1}^{\infty}C_i=A$ $C_i$ pertenece al interior de $C_{i+1}$ todos los $i$. A continuación,$\int_A f=\lim_{i\rightarrow\infty}\int_{C_i}f$.

Definición 2) es más fácil de manejar. Sin embargo, para un conjunto como el conjunto de $A$, con una forma extraña, es muy difícil imaginar lo compacto, subsanables en subconjuntos que debemos tomar para satisfacer las condiciones en 2). Además, deben ser fáciles de calcular las integrales de $f$ más de estos subconjuntos, por lo que podemos calcular el límite de la integral de $f$$A$.

Que los subconjuntos $C_1,C_2,\ldots$ debe ser elegido para satisfacer las condiciones en 2), de modo que podemos calcular las integrales sobre ellos?

Answer 1

Queremos una normal agotamiento de $A$ con Jordania medibles compacta $C_k$. Para mantenerlos compacto, debemos obligado el $x$-coordinar lejos de $0$, y, por supuesto, desde el infinito. Tener $C_k$ contenida en el interior de $C_{k+1}$, los límites deben ser estrictamente monótona. $\frac1k \leqslant x \leqslant 2k$ logra que. También, debemos mantener el $y$-coordinar lejos de los gráficos de $y = x^2$ resp. $y = 2x^2$, que se consigue mediante la adición de resp. restando un pequeño adecuado constante $\varepsilon_k > 0$ (el cual se determina más adelante). Así que vamos a

$$C_k = \left\lbrace (x,y) \in \mathbb{R}^2 : \frac1k \leqslant x \leqslant 2k, x^2 + \varepsilon_k \leqslant y \leqslant 2x^2 - \varepsilon_k \right\rbrace.$$

Tener $C_k \subset \operatorname{int} C_{k+1}$, tenemos $\varepsilon_{k+1} < \varepsilon_k$, y para tener el $A = \bigcup\limits_{k=1}^\infty C_k$, tenemos $\varepsilon_k \to 0$. Tener $C_k$ se comportan muy bien en los bordes de la izquierda, queremos

$$\frac{1}{k^2} + \varepsilon_k \leqslant \frac{2}{k^2} - \varepsilon_k \iff \varepsilon_k \leqslant \frac{1}{2k^2}.$$

Vamos a elegir a $\varepsilon_k = \frac{1}{4k^2}$. A continuación, se cumplen todas las condiciones, $C_k$ es compacto, $C_k \subset \operatorname{int} C_{k+1}$, $A = \bigcup\limits_{k=1}^\infty C_k$, y todos los $C_k$ son Jordania medibles ya que la $C_k$ es el área entre las gráficas de dos funciones continuas definidas en un intervalo cerrado (y cerrado intervalos de Jordania medibles).

Queda por calcular $\int_{C_k} \frac{1}{(y+1)^2}$.

$$\begin{align} \int_{\frac1k}^{2k}& \left(\int_{x^2 + \varepsilon_k}^{2x^2-\varepsilon_k}\frac{1}{(y+1)^2}\,dy \right)\,dx\\ &= \int_{\frac1k}^{2k} \left( \frac{1}{x^2+\varepsilon_k+1} - \frac{1}{2x^2-\varepsilon_k+1}\right)\,dx\\ &= \frac{1}{\sqrt{1+\varepsilon_k}}\left(\arctan \left(\frac{2k}{\sqrt{1+\varepsilon_k}}\right) - \arctan\left(\frac{1}{k\sqrt{1+\varepsilon_k}}\right)\right)\\ &\quad -\frac{1}{\sqrt{2(1-\varepsilon_k)}}\left(\arctan\left(\frac{2\sqrt{2}k}{\sqrt{1-\varepsilon_k}}\right) -\arctan\left(\frac{\sqrt{2}}{k\sqrt{1-\varepsilon_k}}\right)\right). \end{align}$$

El límite de $k\to \infty$ es

$$\frac{\pi(\sqrt{2}-1)}{2\sqrt{2}}.$$

Answer 2

O. k, no estoy completamente seguro de que esto es correcto, pero aquí va.

Si tomamos el Jordán conjuntos medibles como las rodajas de $\bf A$ entre $x=0$$x=n$, por lo que la región es su $C_n$ (esta es la parte que no estoy seguro de pensar que estas son medibles, pero no saben cómo demostrarlo? Nunca fue mucho de bueno en teoría de la medida), entonces podemos escribir $\int_{\bf A} f$ \begin{equation} \lim_{n \to\infty} \int_0^n \int_{y=x^2}^{y=2x^2} \frac{1}{(y+1)^2} \mathrm{d}y\mathrm{d}x \end{equation}

Que podemos evaluar exactamente - \begin{align} =\int_0^n (\frac{-1}{2x^2+1} + \frac{1}{x^2 +1}) \mathrm{d}x\\ =[\mbox{arctan}(x) - \frac{1}{\sqrt 2} \mbox{arctan } (\sqrt{2} x) ]_0^n \end{align}

La evaluación de este a $0$ da ninguna contribución y así nos quedamos con el conjunto de la integral es igual \begin{equation} \lim_{n \to \infty}\,\, (\mbox{arctan} (n) - \frac{1}{\sqrt 2} \mbox{arctan} (\sqrt{2} n)) = \frac{\pi (\sqrt{2}-1)}{2\sqrt{2}} \end{equation}

Definitivamente jugar rápido y suelto aquí, así que si alguien quiere corregirme o hacer que esto sea más riguroso, be my guest. Creo que tiene sentido, sin embargo.