Evaluación analítica de la integral doble

Question

Estoy buscando evaluar la siguiente integral:

$$\int^a_{-a}\int^a_{-a}\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{4a^2} \,\mathrm{d}x \mathrm{d}y,$$ donde $a> 0$ .

Mathematica da la siguiente respuesta:

$$ \frac{a}{3} (\sqrt{2} + \sinh^{-1}(1)).$$

Esto va mucho más allá de mi formación básica de cálculo 101. ¿Alguien puede darme una solución analítica paso a paso?

Saludos

Answer 1

CONSEJOS:

Aprovechando la simetría par y haciendo uso de

$$\int \sqrt{x^2+y^2}\,dx=\frac x2\sqrt{x^2+y^2}+\frac{x^2}{2} \log(x+\sqrt{x^2+y^2})+C$$

la evaluación de la integral interna da como resultado

$$\begin{align} \int_{-a}^a\int_{-a}^a \frac{\sqrt{x^2+y^2}}{4a^2}\,dx\,dy &= \frac1{a^2} \int_0^a \int_0^a \sqrt{x^2+y^2}\,dx\,dy \\\\ &=\frac1{a^2}\int_0^a\left(\frac a2\sqrt{a^2+y^2}+\frac{a^2}{2} \log(a+\sqrt{a^2+y^2})-\frac{a^2}{2}\log(y)\right) \,dy \tag 1 \end{align}$$

Utilice la integración por partes para el término medio de la integral del lado derecho de $(1)$

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EDITAR:

El PO ha solicitado ver una presentación sobre la evaluación de $\displaystyle \int_0^a \log(a+\sqrt{y^2+a^2})\,dy$ por integración de piezas. Para ello, procedemos.

Dejemos que $u=\log(a+\sqrt{y^2+a^2})$ y $v=y$ . Entonces, podemos escribir

$$\begin{align} \int_0^a \log(a+\sqrt{y^2+a^2})\,dy&=a\log(a(1+\sqrt{2}))-\int_0^a \frac{y^2}{a+\sqrt{y^2+a^2}}\frac{1}{\sqrt{y^2+a^2}}\,dy\\\\ &=a\log(a(1+\sqrt{2}))-\int_0^a \frac{\sqrt{y^2+a^2}-a}{\sqrt{y^2+a^2}}\,dy\\\\ &=a\log(a(1+\sqrt{2}))-a+a\int_0^a \frac{1}{\sqrt{y^2+a^2}}\,dy\\\\ &=a\log(a(1+\sqrt{2}))-a+a\log(a(1+\sqrt{2}))-a\log(a)\\\\ &=a(\log(a)-1+2\log(1+\sqrt{2})) \end{align}$$

Answer 2

Utilizar coordenadas polares (lo obtengo dividiendo cada cuarto del cuadrado a lo largo de la diagonal empezando por el origen y observando que la integral de la función considerada es la misma cuando se calcula en cada uno de estos dos dominios) : $$I=\int^a_0\int^a_0 \frac{\sqrt{x^2+y^2}}{4a^2} \,dx \, dy=\frac{2}{4a^2} \int^{\frac\pi4}_0 \int^{a\sec \theta}_0 r^2 \, dr \, d\theta$$ Así que por simetría : $$\int^a_{-a} \int^a_{-a}\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{4a^2} \, dx \, dy = 4I = \frac2{a^2} \int^{\frac\pi4}_0\int^{a\sec \theta}_0 r^2 \, dr \, d\theta \\ $$$$ = \frac2{a^2}\int^{frac\pi4}_0 \frac{a^3}3\sec^3\theta \, d\theta = \frac {2a} 3 \int^{frac\pi4}_0 \sec^3\theta \, d\theta\ $$$$=\frac {2a}3\left[\frac{\sec(\theta)\tan(\theta)+\ln(\sec(\theta)+\tan(\theta)}{2}\right]_0^{\frac\pi4}\\=\frac{a}{3} (\sqrt{2} + \sinh^{-1}(1)).$$

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

Tenga en cuenta que $\ds{\left.\int_{-a}^{a}\int_{-a}^{a}{\root{x^{2} + y^{2}} \over 4a^{2}} \,\dd x\,\dd y\,\right\vert_{\ a\ >\ 0} = a\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\root{x^{2} + y^{2}}\,\dd x\,\dd y}$

Con $\ds{\vec{r} = x\,\hat{x} + y\,\hat{y}}$ , tenga en cuenta que en $\ds{2}$ D: \begin{align} r & = {1 \over 3}\nabla\cdot\pars{r\vec{r}\,} = {1 \over 3} \bracks{\partiald{\pars{rx}}{x} - \partiald{\pars{-ry}}{y}} = {1 \over 3}\,\bracks{\nabla \times \pars{-ry\,\hat{x} + rx\,\hat{y}\,}}_{\ z} \end{align}

Con el Teorema de Stokes:

\begin{align} &\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\root{x^{2} + y^{2}}\,\dd x\,\dd y = {1 \over 3}\oint_{\mrm{square}}\pars{-ry\,\hat{x} + rx\,\hat{y}\,}\cdot\dd\vec{r} \\[5mm] = &\ {1 \over 3}\bracks{ \int_{0}^{1}\root{1 + y^{2}} \times 1\,\dd y + \int_{1}^{0}\pars{-\root{x^{2} + 1} \times 1}\,\dd x} = {2 \over 3}\int_{0}^{1}\root{1 + x^{2}}\,\dd x \\[5mm] = &\ \bbx{\ds{\root{2} + \,\mrm{arcsinh}\pars{1} \over 3}} \end{align}

La integral se evalúa con el cambio de variables $\ds{x = \sinh\pars{\theta}}$ :

\begin{align} \int_{0}^{1}\root{1 + x^{2}}\,\dd x & = \int_{0}^{\mrm{arcsinh\pars{1}}}\cosh^{2}\pars{\theta}\,\dd\theta = \int_{0}^{\mrm{arcsinh\pars{1}}}{1 + \cosh\pars{2\theta} \over 2}\,\dd\theta \\[5mm] & = {1 \over 2}\,\mrm{arcsinh}\pars{1} + \bracks{{1 \over 2}\,\sinh\pars{\theta} \root{1 + \sinh^{2}\pars{\theta}}}_{\ 0}^{\ \,\mrm{arcsin}\pars{1}} \\[5mm] & = {\,\mrm{arcsinh}\pars{1} + \root{2} \over 2} \end{align}

Answer 4

$$ \frac 1 {4a^2} \int^a_{-a}\int^a_{-a} \sqrt{x^2+y^2} \, dx \, dy = \text{what?} $$

$$ \int_{-a}^a (\text{an even function}) = 2\times\int_0^a (\text{the same function}), \text{ so} $$ \begin{align} & \int_{-a}^a \sqrt{x^2+y^2} \ dx = 2\int_0^a \sqrt{x^2+y^2}\ dx = 2\int_0^{\arctan a} \sqrt{y^2\tan^2\theta + y^2} (\sec^2\theta\,d\theta) \\[10pt] = {} & 2|y| \int_0^{\arctan a} \Big(\sec\theta\Big) (\sec^2\theta\,d\theta) = 2|y| \int_0^{\arctan a} \sec^3\theta\,d\theta. \end{align}

Esta es una de las integrales más desafiantes entre las de primer nivel. Este artículo nos dice cómo encontrar eso $$ \int \sec^3\theta\,d\theta = \frac 1 2 \sec\theta\tan\theta + \frac 1 2 \log|\sec\theta+\tan\theta| + C. $$ Así que necesitamos $$ \left[ \frac 1 2 \sec\theta\tan\theta + \frac 1 2 \log|\sec\theta+\tan\theta| \right]_0^{\arctan\theta}. $$ Por trigonometría tenemos \begin{align} \tan\arctan a & = a, \\[10pt] \sec\arctan a & = \sqrt{1+a^2}. \end{align}

Tal vez puedas hacer el resto. (?)