Двоен интеграл

[Martin Nikovski]

[tex]\int_{}^{ }\int_{D}^{ } \sqrt{1+x^2+y^2}dxdy[/tex], където [tex]D:\left\{\left(x,y\right)\in R^2:\ \left|x\right| \le 1,\ \left|y\right|\le 1\right\}[/tex]

На мен ми се стори много лесен, но се получават доста интересни интеграли... Някои има ли идеи за решаване?

[Гост]

[tex]\sqrt{3}+\ln \frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1}[/tex]?

[Martin Nikovski]

Ами... когато го пусна във Wolfram Alpha, ми дава резултат 5,12316, но може да не въвеждам нещо правилно... Можеш ли да напишеш идеята си за решение?

[0xdeadbeef]

Мисля, че полярна смяна ще ти свърши работа.

[Martin Nikovski]

ОК.. това беше една от идеите ми.. Но как да опиша квадрата с полярни координати...?
Аз разделям квадрата [tex]\left\{-1\le x\le 1,\ -1\le y\le 1\right\}[/tex] на 4 квадрата (съответно в първи, втори, трети и четвърти квадрант). Ако разгледам само този в първи квадрант [tex]\left\{0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1\right\}[/tex], получавам: [tex]\left\{0\le \rho cos\varphi\le 1,\ 0\le \rho sin\varphi\le1\right\}[/tex], откъдето:

1) [tex]sin\varphi\ge0[/tex] и [tex]cos \varphi \ge 0[/tex], следователно [tex]0\le \varphi \le \frac{\pi}{2}[/tex]

2) [tex]\rho \le \frac{1}{cos \varphi}[/tex] и [tex]\rho \le \frac{1}{sin \varphi}[/tex], но тъй като не знам коя от двете тригонометрични функции има по-голяма стойност (за да определя горната граница на [tex]\rho[/tex], разделям квадрата на два триъгълника, за които съм сигурен, че в единия [tex]cos \varphi\ge sin\varphi[/tex], а в другия - обратното. Ясно е, че това разделяне става с правата [tex]y=x[/tex]

Проблемът е, че разглеждайки един от получените триъгълници, получавам:
[tex]\left\{0\le x \le 1,\ 0\le y\le x\right\}[/tex], което е еквивалентно на [tex]\left\{0\le \rho cos\varphi \le 1,\ 0\le \rho sin\varphi \le \rho cos\varphi \right\}[/tex], а оттук:

3) [tex]tg\varphi\le 1[/tex], следователно [tex]0\le \varphi \le \frac{\pi}{4}[/tex]
4) [tex]\rho \le \frac{1}{cos \varphi}[/tex]

Решавайки получения двоен интеграл, стигам до следния определен интеграл:

[tex]I=\frac{1}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\left[\left(1+\frac{1}{cos^2\varphi}\right)^{\frac{3}{2}}-1\right]d\varphi[/tex]=

[Martin Nikovski]

Та.. забравих да попитам греша ли някъде или може да се реши по по-бърз начин? Благодаря!

[0xdeadbeef]

По принцип, полярната смяна става с полагането :
[tex]x = \rho \cos\varphi[/tex], [tex]y = \rho \sin \varphi[/tex], където [tex]\rho \ge 0[/tex] и [tex]0 \le \varphi \le 2\pi[/tex], оттук определяш границите за ъгъла и радиуса, като вземеш и предвид информацията за [tex]x[/tex] и [tex]y[/tex]. Сигурно я знаеш де ...

При този интеграл, обаче се получава малко гадна функция за интегриране. Това което ми хрумва е да забравим за полярна смяна и да използваме някоя от субституциите на Ойлер. Например във вътрешния интеграл може да положим [tex]\sqrt{1 + x^2 + y^2} = t + y[/tex]. Така се получават по-приятни подинтегрални функции.

П.П Не го съм го решавал, ама ако искаш после кажи какво се е получило.

[Martin Nikovski]

Функциите наистина се получават по-приятни, но само до вътрешния интеграл. Границите за [tex]t[/tex] не са толкова хубави и след интегриране отново стават едни дълги корени...