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.

Cambio de variable. Sea

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

un cambio de variable, donde $T$ es diferenciable e invertible en el interior de una región $R_{uv}$ . Entonces $T$ transforma la región $R_{uv}$ , situada en el plano $UV$ , en la región

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

situada en el plano $XY$ . Recíprocamente, la transformación inversa

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

transforma la región $D_{xy}$ en la región

R_{uv} = T^{- 1} (D_{xy}),

situada en el plano $UV$ .

Ejemplo154Cambio de variable. Transformación de la región

Consideremos la región $S_{xy}$ (Figura 6.34). Sea

(x, y) = T (u, v) = \frac{1}{2} (\sqrt{4 u + v^{2}} - v, v + \sqrt{4 u + v^{2}})

Entonces

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

3

Para pasar de la región

D_{xy}

a una región

R_{uv}

hacemos el cambio de variable

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

4

Para pasar de la región

R_{uv}

a una región

D_{xy}

hacemos el cambio de variable

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

Para dibujar "la nueva región de integración" cuando se aplica el cambio de variable, usamos el hecho de que las transformaciones

T

continuas y biyectivas, preservan la "topología" de la región: Convierten el interior en interior, la frontera en frontera y los puntos del borde en puntos del borde. Por eso solo analizamos las curvas de la frontera.

Fig. 6.34: Cambio de variable

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

3

Para determinar la región

R_{uv}

, solo debemos buscar la curvas frontera que encierran esta región.

La frontera de $D_{xy}$ es aplicada en la frontera de $R_{uv}$ mediante el cambio de variable.

Usando ${\begin{matrix} u & = & xy \\ v & = & y - x \end{matrix}$ y determinamos como la frontera de $S_{xy}$ se mapea en la frontera de $R_{uv}$

(a): La curva $xy = 1$ se transforma en la recta vertical $u = 1$
(b): La curva $xy = 2$ se transforma en la recta vertical $u = 2$
(c): La curva $y - x = 2$ se transforma en la recta horizontal $v = 2$
(d): La curva $y - x = 0$ se transforma en la recta horizontal $v = 0$

Ejemplo155Cambio de variable y transfromación de la región

Considere la región

S_{xy}

limitada por la elipse de ecuación

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

(Figura 6.50).

Usando el cambio de variable

{\begin{matrix} u & = & \frac{x - h}{a} \\ v & = & \frac{y - k}{b} \end{matrix}

Fig. 6.35: Región

S_{1}

la región encerrada por esta elipse en el plano

XY

, se transforma en una región circular en el plano

UV

{\begin{matrix} u & = & \frac{x - h}{a} \\ v & = & \frac{y - k}{b} \end{matrix}

entonces sustituimos en la ecuación

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

Y nos queda

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

La región $R_{uv}$ es una círculo de radio $1 .$

Fig. 6.36: Región

R_{uv}

Teorema 28 — Cambio de variable.

Sea $R_{uv}$ una región compacta en el plano, con frontera regular por trozos, contenida en un conjunto abierto $A \subseteq ℝ^{2}$ . Sea

T : A \to ℝ^{2}, T (u, v) = (x (u, v), y (u, v)),

una transformación de clase $C^{1}$ , invertible en el interior de $R_{uv}$ , y supongamos que su transformación inversa

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

también es de clase $C^{1}$ en el interior de $T (R_{uv})$ . Entonces el jacobiano

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

es no nulo en el interior de $R_{uv}$ .

Sea

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

y sea $f : D_{xy} \to ℝ$ una función continua. Entonces,

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

Si la transformación inversa se denota por

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

entonces

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

En los puntos correspondientes

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

se cumple

J_{S} (x, y) = \frac{1}{J_{T} (u, v)},

y, por tanto,

| J_{T} (u, v) | = \frac{1}{| J_{S} (x (u, v), y (u, v)) |} .

En consecuencia, la fórmula del cambio de variable también puede escribirse como

\iint_{D_{xy}} f (x, y) dx dy = \iint_{R_{uv}} f (x (u, v), y (u, v)) \frac{1}{| J_{S} (x (u, v), y (u, v)) |} du dv .

Si $T$ solo es es diferenciable e invertible, eso no garantiza que el jacobiano no se anule. Por eso pedimos que $T$ y $T^{- 1}$ sean diferenciables. Si solo tenemos que $T$ es diferenciable e invertible, debemos verificar que el jacobiano no se anule en la región. Sin embargo el jacobiano se puede anular en conjuntos de medida cero sin afectar el resultado.

La condición de que el cambio de variable

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

sea invertible y tenga jacobiano no nulo en el interior de $R_{uv}$ puede fallar en algunos puntos aislados sin invalidar necesariamente la fórmula de cambio de variable. Por ejemplo, en coordenadas polares (Seccion 10.),

T (r, 𝜃) = (r cos 𝜃, r sin 𝜃), J_{T} (r, 𝜃) = r,

la transformación no es invertible en $r = 0$ y el jacobiano se anula en ese punto. Sin embargo, como el origen constituye un conjunto de área cero, es posible aplicar el cambio de variable en la región "privada del origen" y recuperar la integral completa mediante un proceso de límite.

Las hipótesis del teorema pueden fallar sobre un conjunto de medida cero sin alterar el valor de la integral. Más precisamente, si existe un conjunto $E \subseteq R_{uv}$ de medida cero tal que $T$ es de clase $C^{1}$ , inyectiva y tiene jacobiano no nulo en el interior de $R_{uv} ∖ E$ , entonces la fórmula del cambio de variable puede aplicarse sobre $R_{uv} ∖ E$ . Como la eliminación de un conjunto de medida cero no modifica el valor de una integral doble, se obtiene

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

siempre que las funciones involucradas sean integrables y que las posibles excepciones de la transformación correspondan también a conjuntos de área cero en el plano $xy$ .

Este hecho permite, por ejemplo, utilizar coordenadas polares en regiones que contienen el origen. En efecto, para

T (r, 𝜃) = (r cos 𝜃, r sin 𝜃),

se tiene

J_{T} (r, 𝜃) = r,

por lo que el jacobiano se anula cuando $r = 0$ . Además, la representación polar no es única sobre los bordes $𝜃 = 0$ y $𝜃 = 2 π$ . Sin embargo, estos subconjuntos del plano $r𝜃$ tienen medida cero y sus imágenes también tienen área cero; por tanto, no afectan el valor de la integral.

Pero, ¿por qué aparece el determinante de la “derivada”

(J_{T} (u, v))

en el integrando y, además, en valor absoluto?

La razón es la misma que en el cambio de variable de una integral en una variable: la transformación modifica el tamaño de los elementos de integración. El determinante jacobiano proporciona el factor de escala local necesario para compensar esa deformación.

En una variable, el factor de corrección es

| x^{'} (u) |

, que mide localmente cuánto se estiran o se contraen los pequeños intervalos

du

. En dos variables, el factor correspondiente es

| J_{T} (u, v) | = | \frac{\partial (x, y)}{\partial (u, v)} |,

que mide localmente cuánto se amplifican o se comprimen las áreas.

Para comprenderlo geométricamente, consideremos una pequeña celda rectangular de lados

Δ u

Δ v

en el plano

UV

. Al aplicar la transformación

T

, su imagen es, en general, una pequeña región curvilínea en el plano

XY

. Sin embargo, cerca del punto

(u, v)

, la transformación se aproxima por su diferencial, que convierte esa celda en un paralelogramo cuyos vectores laterales son aproximadamente

T_{u} (u, v) Δ u y T_{v} (u, v) Δ v .

El área de este paralelogramo es

| det [\begin{matrix} \frac{∂x}{∂u} & \frac{∂x}{∂v} \end{matrix}] | Δ u Δ v = | J_{T} (u, v) | Δ u Δ v .

Al hacer $Δ u$ y $Δ v$ cada vez más pequeños, obtenemos la relación entre los elementos diferenciales de área:

dA = | J_{T} (u, v) | du dv .

Por esta razón, el valor absoluto del determinante jacobiano actúa como el factor de amplificación o compresión de áreas que permite integrar en las nuevas variables $u$ y $v$ , compensando la distorsión local producida por el cambio de variable.

El valor absoluto es necesario porque el signo de

J_{T} (u, v)

indica si la transformación conserva o invierte la orientación, mientras que un área siempre debe ser no negativa.

Propósito: El siguiente widget permite visualizar cómo una malla rectangular en el plano $UV$ se deforma al aplicar la transformación $T$ . En particular, muestra que una pequeña celda de lados $Δ u$ y $Δ v$ se transforma localmente en una región que puede aproximarse por el paralelogramo generado por los vectores

T_{u} (u, v) Δ u y T_{v} (u, v) Δ v

cuya área es aproximadamente

| J_{T} (u, v) | Δ u Δ v .

Cambio de variable y corrección del jacobiano

Puedes interactuar aquí o abrir la en ventana aparte para ver la versión ampliada del widget

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 $f : ℝ^{2} \to ℝ,$ entonces $\nabla f$ 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.

Fig. 6.37: 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

Fig. 6.38:

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}]

Fig. 6.39:

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_{ij}^{*}, y_{ij}^{*}) = T (u_{i}, v_{j}) ⟹ f (x_{ij}^{*}, y_{ij}^{*}) = 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_{ij}^{*}, y_{ij}^{*}) 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

Ejemplo156Cambio de variable. Región de integración

Consideremos las regiones de integración $R_{A}$ y $R_{B}$ (Figuras 6.40, 6.41)

Fig. 6.40: Región

R_{A}

Fig. 6.41: Región

R_{B}

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

1: Calcule $\iint_{R_{A}} y^{2} + x d A$
2: Calcule $\iint_{R_{B}} y^{2} + x d A$

Solución.

1

\iint_{R_{B}} y^{2} + x d A

(a)

Región de integración. Determinamos la nueva región de integración

R_{uv}

. Aplicamos el cambio de variable para obtener las curvas frontera de

R_{uv}

{\begin{matrix} u & = & x - y^{2} \\ v & = & 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}

Fig. 6.42: Región

R_{A}

Fig. 6.43: Región

R_{uv}

(b)

Calcular el jacobiano.

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

(c)

Calcular la integral.

$\begin{matrix} \iint_{R_{A}} (d A y^{2} + x) & = & \int_{- 1}^{0} \int_{- u}^{u + 2} v \cdot \frac{1}{2 \sqrt{2} \sqrt{v - u}} dv du \\ + & \int_{0}^{1} \int_{u}^{2 - u} v \cdot \frac{1}{2 \sqrt{2} \sqrt{v - u}} dv du \\ = & \frac{5}{6} \end{matrix}$

2

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

(a)

Región de integración. Determinamos la nueva región de integración

R_{uv}

. Aplicamos el cambio de variable para obtener las curvas frontera de

R_{uv}

Como ${\begin{matrix} u & = & x - y^{2} \\ v & = & x + y^{2} \end{matrix} ⟹ {\begin{matrix} si x = y^{2} - 4 & ⟹ & u = - 4 \\ si x = 16 - y^{2} & ⟹ & v = 16 \\ si x = y^{2} & ⟹ & u = 0 \\ si x = 9 - y^{2} & ⟹ & v = 9 \end{matrix}$

Fig. 6.44: Región

R_{B}

Fig. 6.45: Región

R_{uv}

(b)

Jacobiano.

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

(c)

Cálculo de la integral.

\iint_{R_{B}} (y^{2} + x) d A = \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).

Ejemplo157Cambio de variable. Región de integración

Calcular

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

usando el cambio de variable

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

Fig. 6.46:

Solución.

1

Región de integración. Primero debemos dibujar las región de integración

R_{uv}

para luego integrar.

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 $R_{uv} .$

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

(a): Como $v = y + x,$ el segmento de recta $x + y = 2$ corresponde a $v = 2 .$
(b): Si $x = 0$ entonces $u = v$
(c): Si $y = 0$ entonces $u = - v .$

Fig. 6.47: Región

R_{uv}

2

Calculamos el Jacobiano.

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

3

Cálculo de la integral.

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

Ejemplo158Cambio de variable. Región de integración

Calcule

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

, donde

R_{xy}

es la región mostrada en la Figura 6.48.

Utilice el cambio de variable

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

Fig. 6.48: Región

R_{xy}

Solución.

1

Región de integración.

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

Aplicando el cambio de variable a la frontera de

R_{xy}

, obtenemos la frontera de la región

R_{uv} .

(a)

y = 4 - x

entonces, sustituyendo en el cambio de variable,

\begin{matrix} \frac{1}{2} (v - u) & = & 4 - (\frac{1}{2} (u + v)) \\ u + v & = & 8 - v + u \\ v & = & 4 \end{matrix}

(b)

y = - x

entonces

v = 0

(c)

y = x

entonces

u = 0 .

(d)

y = x + 4

entonces

u = 4 .

La nueva región es más simple.

Fig. 6.49: Región

R_{uv}

2

Jacobiano.

| \begin{matrix} x_{u} & x_{v} \\ y_{u} & y_{v} \end{matrix} | = | \begin{matrix} - \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix} | = - \frac{1}{2}

3

Cálculo de la integral

\iint_{R_{xy}} (y^{2} - x^{2}) e^{{(x + y)}^{2}} \frac{1}{2} dA = \int_{0}^{4} \int_{0}^{4} uv e^{v^{2}} dv du = 2 (e^{16} - 1) .

Ejemplo159

Considere la región

R

limitada por la elipse de ecuación

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

(Figura 6.50).

Calcule el área encerrada por esta elipse, es decir,

A_{R} = \iint_{R} 1 d A,

usando el cambio de variable

{\begin{matrix} u = \frac{x - h}{a} \\ v = \frac{y - k}{b} \end{matrix}

Fig. 6.50: Superficie

S

Solución.

1

Región de integración.

{\begin{matrix} u = \frac{x - h}{a} \\ v = \frac{y - k}{b} \end{matrix}

entonces

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

Entonces la región $R_{uv}$ es una círculo de radio $1 .$

2

Jacobiano.

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

3

Cálculo de la integral.

A_{R} = \iint_{R} 1 d A

\begin{matrix} \iint_{R} 1 d A & = & \int_{- 1}^{1} \int_{- \sqrt{1 - u^{2}}}^{\sqrt{1 - u^{2}}} 1 \cdot ab dv du \\ = & \int_{- 1}^{1} ab (2 \sqrt{1 - u^{2}}) d u \\ = & {ab (u \sqrt{1 - u^{2}} + arcsen (u)) |}_{- 1}^{1} \\ = & πab \end{matrix}

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.