Qual a melhor tecnica para integrar essa função?

[GustavoViniciusT]

O intervalo de integração consigo encontrar mas qual técnica podemos usar pra resolver essa, substituição trigonométrica talvez, mas essa tambem não obtive sucesso.

Anexos

[Rui Carpentier]

Pode resolver a integral sem grandes cálculos dividindo o triângulo em dois: \(R_1\) o triângulo com vértices em (0,0), (0,1) e (1/2,1/2) e \(R_2\) o triângulo com vértices em (0,0), (1,0) e (1/2,1/2). Ora temos que \(\int\int_R\frac{\sqrt[3]{y-x}}{1+y+x}dxdy =\int\int_{R_1}\frac{\sqrt[3]{y-x}}{1+y+x}dxdy+\int\int_{R_2}\frac{\sqrt[3]{y-x}}{1+y+x}dxdy\) e fazendo a troca de variáveis \(x\leftrightarrow y\) é fácil ver que \(\int\int_{R_2}\frac{\sqrt[3]{y-x}}{1+y+x}dxdy = -\int\int_{R_1}\frac{\sqrt[3]{y-x}}{1+y+x}dxdy\). Logo, \(\int\int_R\frac{\sqrt[3]{y-x}}{1+y+x}dxdy=0\).

[GustavoViniciusT]

Não entendi essa parte da troca de variaveis, o valor da integral dupla em R2 é igual a menos a integral dupla R1 e o valor da integral dupla da 0. Não faz muito sentido o volume acima da regiao R e abaixo da superficie f(x, y) ser igual a 0.

[PierreQuadrado]

Pois... a questão é o significado de "abaixo". Quando a superfície está abaixo do plano XY o volume compreendido entre a superfície e o plano XY tem peso negativo.

[Rui Carpentier]

Não entendi essa parte da troca de variaveis, o valor da integral dupla em R2 é igual a menos a integral dupla R1 e o valor da integral dupla da 0. Não faz muito sentido o volume acima da regiao R e abaixo da superficie f(x, y) ser igual a 0.

Pelo que percebi, os ponto que não entendeu são os seguintes:
(1) a troca de variáveis;
(2) o valor da integral dupla em R2 ser igual a menos a integral dupla R1;
(3) o valor da integral dupla dar 0.
O ponto (3) resulta do ponto (2). Como explicou o PierreQuadrado se a função integrada tomar valores negativos em parte do domínio de integração essa parte da função terá um peso negativo na soma integral podendo esta ser nula. Neste caso, a função toma valores positivos em R1 e valores negativos em R2. Mais, a função é anti-simétrica nessas regiões: \(f(y,x)=\frac{\sqrt[3]{x-y}}{1+x+y}=-\frac{\sqrt[3]{y-x}}{1+y+x}=-f(x,y)\).
A troca de variáveis (ponto (1)) usada para mostrar o ponto (2) resulta dessa observação e não é mais que um caso particular simples de integração por mudança de variáveis. Tomando a substituição \(\varphi (x,y)=(y,x)\) temos que \(\int\int_{R_2}f(x,y)dxdy =\int\int_{\varphi^{-1}(R_2)}f(\varphi(x,y))|\det D\varphi (x,y)|dxdy =\int\int_{R_1}f(y,x)dxdy =-\int\int_{R_1}f(x,y)dxdy\). Note que a mudança de variáveis manda \(R_1=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: x\ge 0; x\le y\le 1-x\}\) em \(R_2=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: y\ge 0; y\le x\le 1-y\}\) e vice-versa e o seu Jacobiano é 1.

[GustavoViniciusT]

Hm obrigado voce a tecnica de integracao por mudanca de variaveis, ate o momento nao tinha visto. Achei interessante mas é bem complexo.

[PierreQuadrado]

Já deve ter visto Gustavo... Quando usa coordenadas polares, cilíndricas, esféricas, etc está a usar mudanças de variável específicas. O Rui indicou a fórmula geral.