Cambio de variable en una integral doble.

8. Cambio de variable en una integral doble.

En una variable, si $f$ tiene una derivada continua en $[a, b]$ y $x = x (u)$ está definida en $[u_{1}, u_{2}]$ con $a = x (u_{1})$ y $b = x (u_{2})$ , y si $f (x (u))$ es continua en $[u_{1}, u_{2}],$ entonces

\int_{a}^{b} f (x) dx = \int_{u_{1}}^{u_{2}} f (x (u)) \frac{dx}{du} du (*)

La inversa $u = u (x)$ existe solo si $x (u)$ es estrictamente creciente o decreciente en el intervalo de integración, pero no es una condición que se pida en la fórmula $(∗)$ , pues lo único que se necesita es una sustitución válida con la que podamos expresar la integral como $\int_{u_{1}}^{u_{2}} f (x (u)) x^{'} (u) du$ (y a veces lo logramos con una sustitución "u=u(x)" inyectiva).

En una variable hacemos cambio de variable para simplificar la integral. En integrales dobles hay una segunda razón para un cambio de variable: Simplificar la región de integración.

Si aplicamos un cambio de variable $T (u, v) = (x, y),$ donde $T$ es diferenciable e invertible en el interior de $R_{uv}$ , entonces esta función $T$ transforma la región $D_{xy}$ en una regón $R_{uv} = T^{- 1} (D_{xy})$ en el plano $UV .$

Ejemplo: Consideremos la región

S_{1}

a la izquierda en la figura. El cambio de variable

(u, v) = T^{- 1} (x, y) = (xy, y - x)

, es decir,

{\begin{matrix} u & = & xy \end{matrix},

convierte la región

S_{1}

en una región de integración más simple, en el plano

UV .

La frontera de $S_{1}$ es aplicada en la frontera de $R_{1} :$ Como ${\begin{matrix} u & = & xy \\ v & = & y - x \end{matrix}$ , entonces

• La curva $xy = 1$ se transforma en la recta vertical $u = 1$

• La curva $xy = 2$ se transforma en la recta vertical $u = 2$

• La curva $y - x = 2$ se transforma en la recta horizontal $v = 2$

• La curva $y - x = 0$ se transforma en la recta horizontal $v = 0$

Figura 6.23: Cambio de variable

(u, v) = T^{- 1} (x, y)

Otro ejemplo: Considere la región

R

limitada por la elipse de ecuación

\frac{{(x - h)}^{2}}{a^{2}} + \frac{{(y - k)}^{2}}{b^{2}} = 1

(Figura ).
Usando el cambio de variable

{\begin{matrix} u = \frac{x - h}{a} \end{matrix}

La la región encerrada por una elipse, se simplifica en una región encerrada por un círculo en plano

UV .

Figura 6.24: Superficie

S

{\begin{matrix} u = \frac{x - h}{a} \end{matrix}

entonces

{(\frac{x - h}{a})}^{2} + {(\frac{y - k}{b})}^{2} = 1 ⟺ \frac{u^{2}}{a^{2}} + \frac{v^{2}}{b^{2}} = 1

La región

R_{uv}

es una círculo de radio

1 .

Figura 6.25: Superficie

S

De forma similar al caso de una variable tenemos:

\iint_{D_{xy}} f (x, y) dA = \iint_{R_{uv}} f (T (u, v)) | det [D T (u, v)] | dudv

Pero, ¿por qué aparece el determinante de la derivada $det [D T (u, v)]$ en el integrando (y con valor absoluto)?

Preliminares. Recordemos que si

a = (a_{1}, a_{2})

b = (b_{1}, b_{2})

son vectores en

ℝ^{2},

entonces el área del paralelogramo generado por ellos es

| | a \times b | | = | | (a_{1}, a_{2}, 0) \times (b_{1}, b_{2}, 0) | | = | det [\begin{matrix} a_{1} & a_{2} \\ b_{1} & b_{2} \end{matrix}] |

—

Usando este hecho se puede verificar que si

M_{2 \times 2}

es una matriz

2 \times 2

entonces

M

es una aplicación que transforma un paralelogramo

P

generado por

a, b

en otro paralelogramo

P^{'}

generado por

Ma

Mb,

y además

Área de P^{'} = det M \cdot Área de P, es decir, área de P^{'} es | | M a \times M b | | = Det M | | a \times b | |

Por ejemplo, sea

M = \frac{1}{2} [\begin{matrix} 1 & - 1 \end{matrix}]

y consideremos, como se muestra en la figura que sigue, un paralelgramo

P

generado por

(1, 0)

(0, 1) .

Entonces al aplicar la matriz $M$ obtenemos otro paralelogramo $P^{'}$ generado por $(0.5, 0.5)$ y $(- 0.5, 0.5) .$

M [\begin{matrix} 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix} 0.5 \end{matrix}] y M [\begin{matrix} 0 \end{matrix}] = [\begin{matrix} - 0.5 \end{matrix}]

Ahora, área de

P

| | a \times b | | = 1

y el área de

P^{'} = | | M a \times M b | | = Det M | | a \times b | | = \frac{1}{2} \cdot 1

\overset{M}{\to}

Si $f : ℝ^{2} \to ℝ,$ hay dos derivadas, la derivada direccional (tasa de cambio en la dirección de un vector $v$ ) y la otra derivada es $\nabla f,$ esta última es la derivada (de Fréchet) de $f$ en el sentido que

h (x, y) = f (x_{0}, y_{0}) + \nabla f (x_{0}, y_{0}) \cdot (Δ x, Δ y)

es una buena aproximación lineal de

f .

Cambios de variable. Un cambio de variable es una transformación diferenciable e invertible en la región $R_{uv} \subseteq ℝ^{2},$ $T : ℝ_{uv} \to ℝ^{2}$ con y $T (u, v) = (x, y)$

Las derivada de $T$ es la matriz $D T = {[\begin{matrix} \frac{∂x}{∂u} & \frac{∂x}{∂v} \end{matrix}]}_{2 \times 2}$

D T (u, v)

es la derivada de

T

en el sentido que ésta es una buena aproximación lineal de

T,

es decir, como

Δ u = u - u_{0}

Δ v = v - u_{0},

entonces

{[T (u_{0} + Δ u, y_{0} + Δ v) - T (u_{0}, v_{0})]}^{T} \approx D T (u_{0}, v_{0}) \cdot [\begin{matrix} Δ u \end{matrix}]

Este tipo de transformaciones

DT (u_{0}, v_{0})

convierten "paralelogramos en paralelogramos". La matriz

D T (u, v)

se llama matriz "jacobiana" y su determinante se llama "el jacobiano" y se denota

J (u, v)

Por ejemplo, un cambio de variable en el primer cuadrante puede ser

$(x, y) = T (u, v) = \frac{1}{2} (\sqrt{4 u + v^{2}} - v, v + \sqrt{4 u + v^{2}}),$ es decir, ${\begin{matrix} x & = & \frac{1}{2} (\sqrt{4 u + v^{2}} - v) \end{matrix}$

(u, v) = T^{- 1} (x, y) = (xy, y - x),

es decir,

{\begin{matrix} u & = & xy \end{matrix}

En este caso $D T (u, v) = [\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{4 u + v^{2}}} & \frac{v}{2 \sqrt{4 u + v^{2}}} - \frac{1}{2} \\ \frac{1}{\sqrt{4 u + v^{2}}} & \frac{v}{2 \sqrt{4 u + v^{2}}} + \frac{1}{2} \end{matrix}]$

La idea de aplicar un cambio de variable es simplificar el integrando pero también simplificar la región de integración.

Figura 6.26: Una misma función con distintas regiones de integración que requieren distintos cambios de variable

Si pensamos en el cambio de variable

T

para la integral

\iint_{S} f (x, y) dA

debemos observar que, como

(x, y) = T (u, v)

entonces

f (x, y) = f (T (u, v)),

pero en general

f (x_{i}, y_{i}) A_{S_{ij}} \neq f (T (u_{i}, v_{j})) Δ u Δ v

Figura 6.27:

f (x_{i}, y_{i}) A_{S_{ij}} \neq f (T (u_{i}, v_{j})) Δ u Δ v

Debemos hacer un ajuste. Para visualizar el ajuste, debemos aproximar el área $A_{S_{ij}}$ con un paralelogramo: Usamos la derivada $DT,$

Δ u_{i}

Δ v_{j}

son pequeños, podemos aproximar el cambio en

T

con su derivada

D T

, es decir,

\begin{matrix} T (u_{i} + Δ u, v_{j}) - T (u_{i}, v_{j}) & \approx & D T (u_{i}, v_{j}) [\begin{matrix} Δ u \end{matrix}] \end{matrix}

De esta manera, podemos aproximar el área de

S_{ij}

con un paralelogramo generado por los vectores

D T (u_{i}, v_{j}) [\begin{matrix} Δ u \end{matrix}] y D T (u_{i}, v_{j}) [\begin{matrix} 0 \end{matrix}]

Figura 6.28:

Si $a = [\begin{matrix} Δ u \end{matrix}]$ y $b = [\begin{matrix} 0 \end{matrix}],$ entonces como $D T (u_{i}, v_{j})$ es una matriz $2 \times 2$ se tiene,

• Área de

S_{ij} \approx | | D T (u_{i}, v_{j}) a \times D T (u_{i}, v_{j}) b | | = | det (D T (u_{i}, v_{j})) | Δ u Δ v \approx | [\begin{matrix} \frac{∂x}{∂u} & \frac{∂x}{∂v} \end{matrix}] (u_{i}, v_{j}) | Δ u Δ v

Siguiendo con nuestro ejemplo, si

Δ u = 1

y si

Δ v = 1

entonces: Área de

R_{1}

A_{R_{1}} = Δ u Δ v = 1

Como $T (u, v) = \frac{1}{2} (\sqrt{4 u + v^{2}} - v, v + \sqrt{4 u + v^{2}}) ⟹ D T (u, v) = [\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{4 u + v^{2}}} & \frac{v}{2 \sqrt{4 u + v^{2}}} - \frac{1}{2} \\ \frac{1}{\sqrt{4 u + v^{2}}} & \frac{v}{2 \sqrt{4 u + v^{2}}} + \frac{1}{2} \end{matrix}]$

entonces

D T (0, 1) = \frac{1}{2} [\begin{matrix} 1 & - 1 \end{matrix}]

Ahora aproximemos el área de $S_{1}$ usando la derivada $D T .$ En este caso $D T (1, 0) \cdot [\begin{matrix} 0 \end{matrix}] = [\begin{matrix} 0.5, \end{matrix}]$ y $D T (1, 0) \cdot [\begin{matrix} Δ u \end{matrix}] = [\begin{matrix} 0.5, \end{matrix}]$

El área de $S_{1}$ es $A_{S_{1}} \approx$ área del paralelogramo de lados (vectores) $D T (1, 0) \cdot [\begin{matrix} 0 \end{matrix}] y D T (1, 0) \cdot [\begin{matrix} Δ u \end{matrix}]$

A_{S_{1}} \approx ‖ D T (1, 0) \cdot [\begin{matrix} Δ u \end{matrix}] \times D T (1, 0) \cdot [\begin{matrix} 0 \end{matrix}] ‖ = | det (D T (1, 0)) | Δ u Δ v

| det [D T (u, v)] | = \frac{1 .}{\sqrt{4 u + v^{2}}} ⟹ | det (D T (1, 0)) | = \frac{1}{2} ⟹ A_{S_{1}} \approx 0.5

(aquí

Δ u = Δ v = 1

A_{S_{1}} = 0.4027 . . .

)

Entonces:

f (1, 1) \cdot A_{S_{1}} \approx f (T (1, 0)) \cdot | det (D T (1, 0)) | Δ u Δ v

Por esta razón es que, en general (operando sobre particiones y tomando el límite (con

Δ u, Δ v \to 0

) en las sumas de Riemann),

\iint_{D_{xy}} f (x, y) dA = \iint_{R_{uv}} f (T (u, v)) | det [D T (u, v)] | dudv

En general

• Área de $S_{ij} \approx | [\begin{matrix} \frac{∂x}{∂u} & \frac{∂x}{∂v} \end{matrix}] (u_{i}, v_{j}) | Δ u Δ v$

Como

(x_{i}, y_{j}) = T (u_{i}, v_{j}) ⟹ f (x_{i}, y_{j}) = f (T (u_{i}, v_{j})),

entonces

A_{S} = \iint_{S_{xy}} f (x, y) dx dy \approx \sum_{i = 1} \sum_{i = 1} f (x_{i}, y_{j}) Área S_{ij} \approx \sum_{i = 1} \sum_{i = 1} f (T (u_{i}, v_{j})) | J (u_{i}, v_{j}) | Δ u Δ v \approx \iint_{R_{uv}} f (T (u, v)) | J (u, v) | du dv

y finalmente tomando el límite con

Δ u, Δ v \to 0,

\iint_{D_{xy}} f (x, y) dA = \iint_{R_{uv}} f (T (u, v)) | det D T (u, v)) | dudv = \iint_{R_{uv}} f (T (u, v)) | [\begin{matrix} \frac{∂x}{∂u} & \frac{∂x}{∂v} \end{matrix}] | dudv

Es usual usar la notación

J (u, v) = \frac{\partial (x, y)}{\partial (u, v)}

\iint_{D_{xy}} f (x, y) dx dy = \iint_{R_{uv}} f (x (u, v), y (u, v)) | \frac{\partial (x, y)}{\partial (u, v)} | du dv

La restricción de que el cambio de variable

(x, y) = T (u, v)

sea invertible en el interior de

R_{xy}

(y por tanto que

J (u, v)

no se anule en el interior de

R_{uv}

) es necesaria para poder usar cambio de variable con coordenadas polares en regiones que contienen el origen.

Teorema 24 — (Cambio de variable)..

Sea $R_{uv}$ una región compacta y conexa en el plano contenida en un cojunto abierto $A$ de $ℝ^{2} .$
Supongamos que $T : A \to ℝ^{2}$ con $T (u, v) = (x (u, v), y (u, v)),$ es una función continua con derivadas parciales continuas tal que $T$ es invertible en el interior de $R_{uv} .$ Entonces el jacobiano

J (u, v) = Det [\begin{matrix} \frac{∂x}{∂u} & \frac{∂x}{∂v} \\ \frac{∂y}{∂u} & \frac{∂y}{∂v} \end{matrix}]

es no nulo en el interior de

R_{uv} .

Sea

D_{xy} = T (R_{uv})

f : R_{xy} \to ℝ

una función continua. Entonces,

\iint_{D_{xy}} f (x, y) dx dy = \iint_{R_{uv}} f (x (u, v), y (u, v)) | J (u, v) | du dv

Observe que el Jacobiano $J (u, v)$ va en valor absoluto dentro de la integral (calcula un área "orientada", el cambio de filas, cambia el signo del determinante). Además solo se requiere que $T (u, v)$ sea invertible en el interior de $R_{uv}$ y por tanto $| J (u, v) |$ no se anule en el interior de $R_{uv} .$

Para verificar que un cambio de variable es invertible en una región, uno podría, si se puede, calcular la transformación inversa $T^{- 1} (x, y) .$ En los ejemplos de este libro es sencillo calcular esta inversa. El "Teorema de la Función Inversa" solo dice, con las hipótesis respectivas, que si $J (u_{0}, v_{0})$ no se anula, entonces $T (u, v)$ es invertible en un entorno de $(u_{0}, v_{0}),$ pero no nos da información de si hay una inversa "global". Sin embargo en la literatura se encuentran teoremas con condiciones especiales para "globalizar" el resultado.

Ejemplo144

Usando el cambio de variable $u = x - y^{2}$ y $v = x + y^{2},$

1.: Calcule $\iint_{R_{A}} (y^{2} + x) dA$
2.: Calcule $\iint_{R_{B}} (y^{2} + x) dA$

Las regiones de integración $R_{A}$ y $R_{B}$ aparecen en las figuras que siguen. Por supuesto, debe justificar con todo detalle.

Figura 6.29: Región

R_{A}

Figura 6.30: Región

R_{B}

Solución.

1.

\iint_{R_{A}} (y^{2} + x) dA

Como ${\begin{matrix} u & = & x - y^{2} \end{matrix} ⟹ {\begin{matrix} si x = 1 & ⟹ & u = 1 - y^{2} \land v = 1 + y^{2} ⟹ v = 2 - u \\ si x = 0 & ⟹ & v = - u \\ si y = 1 & ⟹ & v = u + 2 \end{matrix}$

• Jacobiano.

{\begin{matrix} x & = & \frac{u + v}{2} \end{matrix} ⟹ | \begin{matrix} x_{u} & x_{v} \end{matrix} | = | \begin{matrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ - \frac{1}{2 \sqrt{2} \sqrt{v - u}} & \frac{1}{2 \sqrt{2} \sqrt{v - u}} \end{matrix} | = \frac{1}{2 \sqrt{2} \sqrt{v - u}}

•

\iint_{R_{A}} (y^{2} + x) dA = \int_{- 1}^{0} \int_{- u}^{u + 2} v \cdot \frac{1}{2 \sqrt{2} \sqrt{v - u}} dvdu + \int_{0}^{1} \int_{u}^{2 - u} v \cdot \frac{1}{2 \sqrt{2} \sqrt{v - u}} dvdu = \frac{5}{6}

2.

\iint_{R_{B}} (y^{2} + x) dA

Como ${\begin{matrix} u & = & x - y^{2} \end{matrix} ⟹ {\begin{matrix} si x = y^{2} - 4 & ⟹ & u = - 4 \\ si x = 16 - y^{2} & ⟹ & v = 16 \\ si x = y^{2} & ⟹ & u = 0 \end{matrix}$

• Jacobiano.

${\begin{matrix} x & = & \frac{u + v}{2} \end{matrix} ⟹ | \begin{matrix} x_{u} & x_{v} \end{matrix} | = | \begin{matrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ - \frac{1}{2 \sqrt{2} \sqrt{v - u}} & \frac{1}{2 \sqrt{2} \sqrt{v - u}} \end{matrix} | = \frac{1}{2 \sqrt{2} \sqrt{v - u}}$

•

\iint_{R_{B}} (y^{2} + x) dA = \int_{- 4}^{0} \int_{9}^{16} v \cdot \frac{1}{2 \sqrt{2} \sqrt{v - u}} dvdu \approx 32.4456

Notar que

\int \frac{v}{\sqrt{v - u}} dv

se hace con la sustitución

t = v - u

y queda

\int t^{- 1 ∕ 2} (t + u) dt

(potencias).

Ejemplo145

Calcular

\iint_{R_{xy}} e^{\frac{y - x}{y + x}} dA

usando el cambio de variable

{\begin{matrix} u & = & y - x \end{matrix}

La región

R_{xy}

está limitada por las rectas

x + y = 2, x = 0

y = 0,

como se muestra a la derecha.

Solución. Primero debemos dibujar las región de integración $R_{uv}$ para luego integrar.

Nueva región de integración. El cambio de variable es invertible y la inversa es continua, entonces aplicamos el cambio de variable a la frontera de la región $R_{xy}$ para calcular las curvas frontera de la región $R_{uv} .$

El cambio de variable es invertible:

{\begin{matrix} u & = & y - x \end{matrix} ⟹ {\begin{matrix} x & = & \frac{1}{2} (v - u) \end{matrix}

• Como $v = y + x,$ el segmento de recta $x + y = 2$ corresponde a $v = 2 .$

• Si $x = 0$ entonces $u = v$

• Si $y = 0$ entonces $u = - v .$

Calculamos el Jacobiano.

J (u, v) = Det [\begin{matrix} - \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix}] = - \frac{1}{2} .

Cálculo de la integral.

$\begin{matrix} \iint_{R_{xy}} e^{\frac{y - x}{y + x}} dA & = & \iint_{R_{uv}} e^{\frac{u}{v}} | J (u, v) | du dv \\ = & \frac{1}{2} \int_{0}^{2} \int_{- v}^{v} e^{\frac{u}{v}} du dv = e - \frac{1}{e} . \end{matrix}$

Ejemplo146

Calcule

\iint_{R_{xy}} (y^{2} - x^{2}) e^{{(x + y)}^{2}} dA

, donde

R_{xy}

es la región mostrada en la figura. Utilice el cambio de variable

{\binom{u = y - x}{v = y + x}

Solución. Si

{\binom{u = y - x}{v = y + x} entonces {\begin{matrix} x & = & \frac{1}{2} (v - u) \\ y & = & \frac{1}{2} (u + v) \end{matrix}

Como la inversa es continua, aplicando el cambio de variable a la frontera de

R_{xy}

, obtenemos la frontera de la región

R_{uv} .

• A $y = - x + 4$ le corresponde, sustituyendo $x$ e $y,$ $v = 4 .$

• A $y = - x$ le corresponde $v = 0$

• A $y = x + 4$ le corresponde $u = 4 .$

La nueva región es más simple.

\iint_{R_{xy}} (y^{2} - x^{2}) e^{{(x + y)}^{2}} dA = \int_{0}^{4} \int_{0}^{4} uv e^{v^{2}} dv du = 4 \cdot e^{16} - 4 .

Ejemplo147

Considere la región

R

limitada por la elipse de ecuación

\frac{{(x - h)}^{2}}{a^{2}} + \frac{{(y - k)}^{2}}{b^{2}} = 1

(Figura ). Calcule el área encerrada por esta elipse:

A_{R} = \iint_{R} 1 dA,

usando el cambio de variable

{\begin{matrix} u = \frac{x - h}{a} \end{matrix}

Figura 6.31: Superficie

S

{\begin{matrix} u = \frac{x - h}{a} \end{matrix}

entonces

{(\frac{x - h}{a})}^{2} + {(\frac{y - k}{b})}^{2} = 1 ⟺ \frac{u^{2}}{a^{2}} + \frac{v^{2}}{b^{2}} = 1

Entonces la región

R_{uv}

es una círculo de radio

1 .

• Jacobiano.

{\begin{matrix} x & = & au + h \end{matrix} ⟹ | \begin{matrix} x_{u} & x_{v} \end{matrix} | = | \begin{matrix} a & 0 \\ 0 & b \end{matrix} | = ab

A_{R} = \iint_{R} 1 dA = \iint_{R_{uv}} 1 \cdot ab dA = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} ab r drd𝜃 = \int_{0}^{2 π} \frac{ab}{2} d𝜃 = πab

Como se ve en los ejemplos anteriores, se usa el cambio de variable en la forma

x = x (u, v), y = (u, v)

tanto como

u = u (x, y), v = v (x, y) .

Siempre hay que estar al tanto de que se cumplan las hipóstesis, en particular la invertibilidad.