Integrales

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 laidentidad, 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 figura siguiente se ilustra el comportamiento de la funci´n T .
o

v
y

1
D*

1

T

−− − − −
− − − −→

D

u

1

3

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
B

1

A

T

−− − − −
− − − −→

D

D*
C

1
x

1

u

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.
Teniendoen cuenta que los v´rtices de un paralelogramo se aplican en los v´rtices del otro,
e
e
podemos establecer las relaciones:
T (8/5, 4/5) = (1, 0)

=⇒

8a/5 + 4b/5 = 1
8c/5 + 4d/5 = 0

T (12/5, 16/5) = (1, 1)

=⇒

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 tienepor ecuaciones
o
u=

−x + 2y
3x − y
, v=
.
4
4

19. Una regi´n R del plano XY est´ limitada por 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
T

−− − − −
− − − −→
x=u+v
y =u−v

R*
1
1

3

2
R
2

6 x

u

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 decirla 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 se convierte 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 11 −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 el valor 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
acorrespondientes 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 primer cuadrante.
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
y

v...