Para calcular ${\iint }_{R_C}1dA$ debemos dibujar la nueva región de integración $R_{\mathit{uv}}$ en el plano $\mathit{UV}$ a partir de la región $R_{\mathit{xy}}$ dada y el cambio de variable que se indica. Como la inversa del cambio de variable es continua si $v>0,$ esto se puede hacer aplicando el cambio de variable a las curvas frontera de la región $R_{\mathit{xy}}$ y calculando las respectivas curvas en el plano $\mathit{UV}$

Nueva región. Como $u=\mathit{xy},$ Las curvas $\mathit{xy}=1$ y $\mathit{xy}=2$ corresponden a las curvas $u=1$ y $u=2$ en el plano $\mathit{UV}$ Como $v={\displaystyle \frac{y}{x^2}},$ las curvas $y=x^2$ y $y=2x^2$ corresponden a las curvas $v=1$ y $v=2$ en el plano $\mathit{UV}$

El cambio de variable es invertible: El cambio de variable ‘mapea’ la región $R_{\mathit{uv}}$ en la región $R_{\mathit{xy}}$ pues el cambio de variable es invertible y la inversa es continua si $v>0.$ En efecto, como $x>0$ y $y>0$ entonces $u>0$ y $v>0$. Luego como $y=v{x}^2$ $⟹u=x^{3}v,$ de donde $x=\sqrt[3]{{\displaystyle \frac{u}{v}}}$ y $y=v\cdot \sqrt[3]{{\displaystyle \frac{u^2}{v^2}}}.$

Calcular el Jacobiano. Ahora, $J(x,y)=\text{Det}\left[\begin{array}{cc}\hfill u_x\hfill & \hfill u_y\hfill \\ \hfill v_x\hfill & \hfill v_y\hfill \end{array}\right]=\text{Det}\left[\begin{array}{cc}\hfill y\hfill & \hfill x\hfill \\ \hfill -2y∕x^3\hfill & \hfill 1∕x^2\hfill \end{array}\right]=3y∕x^2>0,$ pues $x,y>0.$ Como las derivadas parciales de $x$ e $y$ son continuas y el jacobiano es no nulo, entonces por el teorema de la función inversa,

$\bullet$ $J(u,v)={\displaystyle \frac{1}{J(x,y)}}={\displaystyle \frac{1}{3y∕x^2}}={\displaystyle \frac{1}{3v}}>0$ pues $v>0.$

Calcular el área. El área de la región es

$$\begin{array}{ccc}\hfill A_{R_{\mathit{xy}}}& \hfill =\hfill & {\int }_1^2{\int }_1^{2}1\cdot |J(u,v)|\cdot \mathit{du}\mathit{dv}\hfill \\ \hfill \\ \hfill & \hfill =\hfill & {\int }_1^2{\int }_1^{2}1\cdot {\displaystyle \frac{1}{3v}}\cdot \mathit{du}\mathit{dv}\hfill \\ \hfill \\ \hfill & \hfill =\hfill & {\int \; <!--\; nolimits\; -->}_1^2{\displaystyle \frac{1}{3v}}\mathit{dv}={{\displaystyle \frac{1}{3}}\text{ln}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->(v)|}_1^2={\displaystyle \frac{1}{3}}\text{ln}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->(2).\hfill \end{array}$$

${\iint }_{R_D}\left({\displaystyle \frac{y}{x^2}}{e}^{\mathit{xy}}\right)dA$

Solución.
Identificamos los parámetros de la elipse:

$$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9}\le 1⟹a=2,b=3.$$

Por tanto, el cambio de variable queda:

$$x=2r\text{cos}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->t,y=3r\text{sen}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->t,$$

donde el dominio en coordenadas polares elípticas es:

$$0\le r\le 1,0\le t\le 2\pi .$$

Cálculo del jacobiano La transformación es $T(r,t)=(2r\text{cos}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->t,3r\text{sen}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->t)$. Su matriz jacobiana es

$$J_T(r,t)=\left[\begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \frac{\mathit{\partial x}}{\mathit{\partial r}}}\hfill & \hfill {\displaystyle \frac{\mathit{\partial x}}{\mathit{\partial t}}}\hfill \\ \\ \hfill {\displaystyle \frac{\mathit{\partial y}}{\mathit{\partial r}}}\hfill & \hfill {\displaystyle \frac{\mathit{\partial y}}{\mathit{\partial t}}}\hfill \end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}\hfill 2\text{cos}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->t\hfill & \hfill -2r\text{sen}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->t\hfill \end{array}\right].$$

El determinante jacobiano es

$$\text{det}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->J_T(r,t)=(2\text{cos}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->t)(3r\text{cos}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->t)-(-2r\text{sen}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->t)(3\text{sen}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->t)=6r{\text{cos}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->}^{2}t+6r{\text{sen}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->}^{2}t=6r.$$

Por tanto,

$$\left|\text{det}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->J_T(r,t)\right|=6r.$$

Observación importante sobre el jacobiano en el origen. Observamos que

$$\text{det}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->J_T(r,t)=6r,$$

de modo que

$$\text{det}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->J_T(0,t)=0\text{para todo }t.$$

Esto significa que el jacobiano no es invertible en el origen ($r=0$), ya que su determinante se anula. Geométricamente, esto refleja que el cambio a coordenadas polares (elípticas) colapsa todo el origen $(x,y)=(0,0)$ en un solo punto en el plano "$\mathit{rt}$", independientemente del valor de $t$; es decir, la transformación no es biyectiva en $r=0$.

Sin embargo, esto no invalida el cálculo del área, porque el conjunto donde el jacobiano se anula tiene medida nula (es una recta en el plano $\mathit{rt}$: $r=0$).

Cálculo del área El área de la región $R$ se obtiene integrando el jacobiano en valor absoluto sobre el dominio en el plano $\mathit{rt}$:

$$A_R={\iint }_R\mathit{dx}\mathit{dy}={\int \; <!--\; nolimits\; -->}_0^{2\pi }{\int \; <!--\; nolimits\; -->}_0^1\left|\text{det}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->J_T(r,t)\right|\mathit{dr}\mathit{dt}.$$

Sustituyendo el jacobiano:

$$A_R={\int \; <!--\; nolimits\; -->}_0^{2\pi }{\int \; <!--\; nolimits\; -->}_0^{1}6r\mathit{dr}\mathit{dt}.$$

Resolvemos la integral:

$$A_R={\int \; <!--\; nolimits\; -->}_0^{2\pi }{\left[3r^2\right]}_0^1\mathit{dt}={\int \; <!--\; nolimits\; -->}_0^{2\pi }3\mathit{dt}=3{\left[t\right]}_0^{2\pi }=3(2\pi -0)=6\pi .$$

Resultado final

$$A_R=6\pi$$

Que es el área de la elipse con semiejes $a=2$ y $b=3$, ya que el área de una elipse es $\mathit{\pi ab}=\pi (2)(3)=6\pi$. La singularidad en el origen no afecta el resultado porque es un conjunto de medida nula.

El cambio es $T(u,v)=(u^2-v^2,2\mathit{uv})$. Su jacobiano es

$$\left|\text{det}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->J_T\right|=\left|\left|\begin{array}{cc}\hfill 2u\hfill & \hfill -2v\hfill \\ \hfill 2v\hfill & \hfill 2u\hfill \end{array}\right|\right|=|4u^2+4v^2|=4(u^2+v^2).$$

El rectángulo en $\mathit{uv}$ es: $1\le u\le 2,1\le v\le 3$. Además $\mathit{xy}=(u^2-v^2)(2\mathit{uv})$.

Entonces:

$$I={\int \; <!--\; nolimits\; -->}_1^2{\int \; <!--\; nolimits\; -->}_1^3(u^2-v^2)(2\mathit{uv})\cdot 4(u^2+v^2)\mathit{dv}\mathit{du}=8{\int \; <!--\; nolimits\; -->}_1^2{\int \; <!--\; nolimits\; -->}_1^3\mathit{uv}(u^4-v^4)\mathit{dv}\mathit{du}.$$

Resolviendo:

$$I=8{\int \; <!--\; nolimits\; -->}_1^{2}u{\left[\frac{u^4{v}^2}{2}-\frac{v^6}{6}\right]}_1^3\mathit{du}=8{\int \; <!--\; nolimits\; -->}_1^{2}u\left(4u^4-\frac{364}{3}\right)\mathit{du}=8{\left[\frac{2u^6}{3}-\frac{182u^2}{3}\right]}_1^2=8\left(\frac{128}{3}-\frac{728}{3}-\frac{2}{3}+\frac{182}{3}\right)=8\left(-\frac{420}{3}\right)=-1120.$$

$$I=-1120$$

Cambio: $u=x+y,v=x-y$. Despejando: $x=(u+v)∕2,y=(u-v)∕2$.

Jacobiano:

$$\left|\text{det}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->J_T\right|=\left|\text{det}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->\left[\begin{array}{cc}\hfill \mathit{\partial x}∕\mathit{\partial u}\hfill & \hfill \mathit{\partial x}∕\mathit{\partial v}\hfill \\ \hfill \mathit{\partial y}∕\mathit{\partial u}\hfill & \hfill \mathit{\partial y}∕\mathit{\partial v}\hfill \end{array}\right]\right|=\left|\left|\begin{array}{cc}\hfill 1∕2\hfill & \hfill 1∕2\hfill \end{array}\right|\right|=\frac{1}{2}.$$

El integrando: $e^{(x+y)∕(x-y)}=e^{u∕v}$.

El trapecio en $\mathit{uv}$ se transforma en: $1\le u\le 2,-2\le v\le -1$ (o $1\le -v\le 2$). Entonces:

$$I={\int \; <!--\; nolimits\; -->}_1^2{\int \; <!--\; nolimits\; -->}_{-2}^{-1}{e}^{u∕v}\cdot \frac{1}{2}\mathit{dv}\mathit{du}.$$

Integrando:

$$I=\frac{1}{2}{\int \; <!--\; nolimits\; -->}_1^2{\left[-v{e}^{u∕v}\right]}_{-2}^{-1}\mathit{du}=\frac{1}{2}{\int \; <!--\; nolimits\; -->}_1^2\left(e^{-u}-2e^{-u∕2}\right)\mathit{du}.$$

Resolviendo:

$$I=\frac{1}{2}{\left[-e^{-u}+4e^{-u∕2}\right]}_1^2=\frac{1}{2}\left[(-e^{-2}+4e^{-1})-(-e^{-1}+4e^{-1∕2})\right]=\frac{3}{4}(e-e^{-1}).$$

$$I=\frac{3}{4}(e-e^{-1})$$

Cambio: $u=y-x,v=y+x$. Despejando: $x=(v-u)∕2,y=(u+v)∕2$.

Jacobiano:

$$\left|\text{det}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->J_T\right|=\left|\left|\begin{array}{cc}\hfill \mathit{\partial x}∕\mathit{\partial u}\hfill & \hfill \mathit{\partial x}∕\mathit{\partial v}\hfill \\ \hfill \mathit{\partial y}∕\mathit{\partial u}\hfill & \hfill \mathit{\partial y}∕\mathit{\partial v}\hfill \end{array}\right|\right|=\left|\left|\begin{array}{cc}\hfill -1∕2\hfill & \hfill 1∕2\hfill \\ \hfill 1∕2\hfill & \hfill 1∕2\hfill \end{array}\right|\right|=\frac{1}{2}.$$

El integrando: $\text{cos}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->((y-x)∕(y+x))=\text{cos}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->(u∕v)$.

El trapecio en $\mathit{uv}$ se transforma en: $1\le v\le 2,-v\le u\le v$. Entonces:

$$I={\int \; <!--\; nolimits\; -->}_1^2{\int \; <!--\; nolimits\; -->}_{-v}^v\text{cos}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->(u∕v)\cdot \frac{1}{2}\mathit{du}\mathit{dv}.$$

Integrando:

$$I=\frac{1}{2}{\int \; <!--\; nolimits\; -->}_1^2{\left[v\text{sen}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->(u∕v)\right]}_{-v}^v\mathit{dv}=\frac{1}{2}{\int \; <!--\; nolimits\; -->}_1^{2}v(\text{sen}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->1-\text{sen}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->(-1))\mathit{dv}=\frac{1}{2}{\int \; <!--\; nolimits\; -->}_1^{2}2v\text{sen}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->1\mathit{dv}=\text{sen}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->1{\int \; <!--\; nolimits\; -->}_1^{2}v\mathit{dv}.$$

Resolviendo:

$$I=\text{sen}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->1{\left[\frac{v^2}{2}\right]}_1^2=\text{sen}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->1\cdot \frac{3}{2}=\frac{3}{2}\text{sen}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->1.$$

$$I=\frac{3}{2}\text{sen}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->1$$

Cambio: $x=u∕v,y=v$. Entonces $\mathit{xy}=u$. Las curvas se transforman en:

$$y=x\Rightarrow v=u∕v\Rightarrow u=v^2,$$

$$y=3x\Rightarrow v=3u∕v\Rightarrow u=v^2∕3,$$

$$\mathit{xy}=1\Rightarrow u=1,\mathit{xy}=3\Rightarrow u=3.$$

Jacobiano:

$$\left|\text{det}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->J_T\right|=\left|\left|\begin{array}{cc}\hfill \mathit{\partial x}∕\mathit{\partial u}\hfill & \hfill \mathit{\partial x}∕\mathit{\partial v}\hfill \\ \hfill \mathit{\partial y}∕\mathit{\partial u}\hfill & \hfill \mathit{\partial y}∕\mathit{\partial v}\hfill \end{array}\right|\right|=\left|\left|\begin{array}{cc}\hfill 1∕v\hfill & \hfill -u∕v^2\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill 1\hfill \end{array}\right|\right|=\frac{1}{v}.$$

Dominio en $\mathit{uv}$: $1\le u\le 3,\sqrt{u∕3}\le v\le \sqrt{u}$. Además $\mathit{xy}=u$.

Entonces:

$$I={\int \; <!--\; nolimits\; -->}_1^3{\int \; <!--\; nolimits\; -->}_{\sqrt{u∕3}}^{\sqrt{u}}u\cdot \frac{1}{v}\mathit{dv}\mathit{du}.$$

Integrando:

$$I={\int \; <!--\; nolimits\; -->}_1^{3}u{\left[\text{ln}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->v\right]}_{\sqrt{u∕3}}^{\sqrt{u}}\mathit{du}={\int \; <!--\; nolimits\; -->}_1^{3}u\left(\text{ln}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->\sqrt{u}-\text{ln}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->\sqrt{u∕3}\right)\mathit{du}={\int \; <!--\; nolimits\; -->}_1^{3}u\left(\frac{1}{2}\text{ln}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->u-\frac{1}{2}\text{ln}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->u+\frac{1}{2}\text{ln}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->3\right)\mathit{du}.$$

Simplificando:

$$I=\frac{\text{ln}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->3}{2}{\int \; <!--\; nolimits\; -->}_1^{3}u\mathit{du}=\frac{\text{ln}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->3}{2}{\left[\frac{u^2}{2}\right]}_1^3=\frac{\text{ln}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->3}{2}\cdot \frac{8}{2}=2\text{ln}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->3.$$

$$I=2\text{ln}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->3$$