Evaluar $\displaystyle \int_A x^{-1}$

Question

Se nos pide evaluar $\displaystyle \int_A x^{-1}dV(A)$,$A=\{ (x,y):2<x+y<4,y>0,x-y>0\}$. A partir de las soluciones sabemos que$\displaystyle \int_A x^{-1}dV(A)=2Log(2)$. El punto es utilizar el cambio de coordenadas teorema para evaluar la integral.

Después de demostrar que $\mathbf{g}(s,t)=(s^2+t^2,s^2-t^2)$ es regular (es univalentes sólo en cada cuadrante), he tratado de computación $\displaystyle \int_B (s^2+t^2)^{-1}\cdot |det(D\mathbf{g}(s,t))|\text{ }dV(A)$,$B=\{ (s,t):2<s^2<4,\text{ }s^2>t^2,\text{ and } |s|>|t| \}$.

Así, cuando se trata de calcular las $\displaystyle \int_B (s^2+t^2)^{-1}\cdot |det(D\mathbf{g}(s,t))|\text{ }dV(A)$,

$\displaystyle \int_B (s^2+t^2)^{-1}\cdot |det(D\mathbf{g}(s,t))|\text{ }dV(A)= \int^2_\sqrt{2}\int^s_0\frac{8st}{s^2+t^2}+\int^2_\sqrt{2}\int^0_{-s}\frac{-8st}{s^2+t^2}+\int^{-\sqrt{2}}_{-2}\int^0_s\frac{8st}{s^2+t^2}+\int^{-\sqrt{2}}_{-2}\int^{-s}_0\frac{-8st}{s^2+t^2}=4Log(16)$

¿De dónde me salen mal? Cualquier ayuda será apreciada.

Answer 1

Método: Con el Cambio de Variable como elegido por el OP

El OP ha cambiado la región de a a B con las siguientes variables: $$s^2+t^2=x\ \text{and} \ s^2-t^2=y$$ Estas ecuaciones definen una transformación $T^{-1}$ de la $x\text{-}y$ plano a la $s\text{-}t$ plano. El Jacobiano de T es:

$$\begin{vmatrix} 2s & 2t \\[0.3em] 2s & -2t \end{vmatrix}=-8st$$ Para encontrar la región a en el $s\text{-}t$ plano nos fijamos en los lados de la imagen en el Método B.

$$y=0,\ \ x=y,\ \ x+y=4,\ \ x+y=2$$ Esto transforma a la imagen de las líneas de B $$s^2=t^2, \ \ t=0, \ \ s^2=1, \ \ s^2=\sqrt{2} $$ Aviso que esta asignación no es $1\text{-}1$, por lo tanto no es posible utilizar directamente el teorema de cambio de variable. Si nos limitamos a la región a sólo$s,t>0$, entonces tendríamos un uno-a-uno de la cartografía. Así que un agregado de restricción es $s,t>0$

La región B debe ser dividido en partes simétricas $B1$$B2$, como se muestra en la imagen de abajo. Sin embargo, para asegurar la $1\text{-}1$ la asignación de la correspondiente región sólo es $B1$

A continuación es la integral para encontrar $B1$

$$\int \limits_{B1} \frac{|-8st|}{s^2+t^2} dtds=\int_{1}^{\sqrt{2}} \int_0^{s} \frac{|-8st|}{s^2+t^2} dtds=\ln(4)$$

Método B: Sin Cambio de Variable

La primera cosa a hacer en este ejercicio es dibujar la región A. se trata de una muy fácil de la región para dibujar. Yo gráfico y la imagen que se muestra a continuación,

Estamos tratando de encontrar la integral doble sobre la región delimitada. Es claro que esta región necesita ser dividida en dos partes, $A_1$$A_2$, como se muestra en la imagen de abajo con la región roja y verde de la región, en representación de $A_1$ $A_2$ respectivamente.

Las dos integrales deben ser expresados como tales:

$$\underbrace{\int_1^2\int_{2-x}^{x}x^{-1}dydx}_{A_1}+\underbrace{\int_2^4\int_{0}^{4-x} x^{-1} dydx}_{A_2}$$ $$\left[2-\ln(4) \right] +\left[\ln(16)-2\right]=\ln(4)=2\ln(2)$$

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\daga}}% \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil #1 \right\rceil\,}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \cima {= \cima \vphantom{\enorme}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}}% \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}% \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,}% \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle}% \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,}% \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $\ds{? \equiv \int_{Un}{\dd V \sobre x}\quad\mbox{donde}\quad Un \equiv \llaves{\pars{x,y}\quad \ni\quad 2 < x + y < 4,\quad y>0,\quad x - y > 0}}$

El uso de la $\it Heaviside\ Step$ función $\Theta:{\mathbb R}\verb*\*\braces{0} \to {\mathbb R}$: $$ \Theta\pars{x} \equiv \left\lbrace \begin{array}{lcl} 0 & \mbox{if} & x < 0 \\[1mm] 1 & \mbox{if} & x > 0 \end{array}\right. $$ evita cualquier tipo de imágenes.

\begin{align} \color{#0000ff}{\Large ?}& = \int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty} \Theta\pars{x + y - 2}\Theta\pars{4 - x - y}\Theta\pars{y}\Theta\pars{x - y}\, {\dd x\,\dd y \over x} \\[3mm]&= \int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty} \Theta\pars{y - 2}\Theta\pars{4 - y}\Theta\pars{y - x}\Theta\pars{2x - y}\, {\dd x\,\dd y \over x} \\[3mm]&= \int_{-\infty}^{\infty}\dd y\,\Theta\pars{y - 2}\Theta\pars{4 - y} \int_{y/2}^{y}\Theta\pars{y}\,{\dd x \over x} = \int_{2}^{4}\dd y\,\ln\pars{y \over y/2} = \color{#0000ff}{\large 2\ln\pars{2}} \end{align}