Tarea

CAMBIO DE VARIABLES EN LA INTEGRAL DOBLE.

17. Sea D∗ = [0, 1] × [0, 1] y se define T : R2 → R2 como T (u, v) = (−u2 + 4u, v). Encontrar D = T (D∗ ). ¿Es T inyectiva?

Soluci´n o Cada una de las componentes x = −u2 + 4u, y = v, es funci´n de una sola variable. Para o ver que T es inyectiva, basta comprobar que lo son cada una de las componentes. Ahora bien, la funci´n y = v es la identidad,que es evidentemente inyectiva. Adem´s, si o a 0 ≤ v ≤ 1, entonces 0 ≤ y ≤ 1. Por otra parte, la funci´n x = −u2 + 4u = −u(u − 4) corresponde a una par´bola de o a v´rtice el punto (2, 4) y que corta al eje u en los puntos (0, 0) y (4, 0). Como el dominio e est´ restringido al intervalo u ∈ [0, 1], la funci´n es inyectiva y la imagen del intervalo [0, 1] a o es el intervalo x ∈ [0, 3]. En la figurasiguiente se ilustra el comportamiento de la funci´n T . o

v 1 D* 1 u
3 y
T

−− − − − − − − −→

1 D x

18. Sea D∗ el paralelogramo limitado por las rectas y = 3x−4, y = 3x, y = x/2, y = x/2+2. Sea D = [0, 1] × [0, 1]. Encontrar T : R2 → R2 tal que T (D∗ ) = D.

Soluci´n o En la figura se muestran los paralelogramos D∗ y D (donde A = (4/5, 12/5), B = (12/5, 16/5), C = (8/5, 4/5)): v
y BA D* C x
T

1

−− − − − − − − −→

D

1

u

1

Como la aplicaci´n buscada transforma un paralelogramo en otro, debe ser una transforo maci´n lineal, del tipo o u v = ax + by + m = cx + dy + n.

Debido a que ambos paralelogramos pasan por el origen, podemos hacer T (0, 0) = (0, 0), de modo que m = n = 0. Teniendo en cuenta que los v´rtices de un paralelogramo se aplican en losv´rtices del otro, e e podemos establecer las relaciones: T (8/5, 4/5) = (1, 0) T (12/5, 16/5) = (1, 1) =⇒ =⇒ 8a/5 + 4b/5 = 1 8c/5 + 4d/5 = 0 12a/5 + 16b/5 = 1 12c/5 + 16d/5 = 1

Resolviendo el sistema resultante, se obtienen los valores a = 3/4, b = −1/4, c = −1/4 y d = 1/2. La transformaci´n buscada tiene por ecuaciones o u= −x + 2y 3x − y , v= . 4 4

19. Una regi´n R del plano XY est´ limitadapor las rectas x + y = 6, x − y = 2 e y = 0. o a a) Determinar la regi´n R∗ del plano U V en que se aplica R por la transformaci´n o o x = u + v, y = u − v. b) Calcular el jacobiano de la transformaci´n o ∂(x, y) . ∂(u, v)

c) Comparar el resultado de b) con la relaci´n entre las ´reas de R y R∗ . o a Soluci´n o La gr´fica siguiente muestra las regiones R y R∗ : a

v
y

3 R* 1 1 3 u
−− − −− − − − −→ x=u+v y =u−v
T

2 R 2 6 x

a) La regi´n R sombreada en la parte derecha de la figura es un tri´ngulo limitado por o a las rectas dadas. Mediante la transformaci´n dada, la recta x + y = 6 se transforma o en (u + v) + (u − v) = 6, es decir la recta u = 3. An´logamente, la recta x − y = 2 se a transforma en (u + v) − (u − v) = 2 o bien la recta v = 1. De la misma manera el eje y = 0 seconvierte en la recta u = v. La regi´n transformada R∗ es el tri´ngulo de la o a izquierda en el plano U V . 2

b) Calculando las derivadas parciales obtenemos directamente ∂(x, y) = ∂(u, v)
∂x ∂u ∂y ∂u ∂x ∂v ∂y ∂v

=

1 1 1 −1

= −2.

c) El ´rea de la regi´n triangular R es 4, en tanto que la de la regi´n R∗ es 2. Luego a o o la relaci´n entre ambas es 4/2 = 2 que coincide con elvalor absoluto del jacobiano. o Como el jacobiano es constante (lo que ocurre con las transformaciones lineales), las a ´reas de cualesquiera regiones R del plano XY son el doble de las ´reas de las regiones a correspondientes transformadas R∗ del plano U V .

20. Una regi´n R del plano XY est´ limitada por las curvas o a x2 + y 2 = a2 , x2 + y 2 = b2 , x = 0, y = 0, con 0 < a < b, en el primercuadrante. a) Determinar la regi´n R en la cual se transforma R por la transformaci´n x = o o u cos v, y = r sen v. b) Estudiar lo que ocurre si a = 0. c) Calcular ∂(x, y) . ∂(u, v)

Soluci´n o
v R' a b u
T

y

−− − − − − − − −→ x = u cos v y = u sen v

R a b x

a) La regi´n R es la indicada en la figura. Por la transformaci´n dada, las circunferencias o o x2 + y 2 = a2 , x2 + y 2 = b2...