Cambio de variables en la integral múltiple.

Transcripción

1 Cambio de variables en la integral múltiple. En este apartado vamos a generalizar la fórmula g(b) g(a) f(x) dx = b a f(g(t)) g (t) dt al caso de funciones de n variables. Como la región de integración ya no será un simple intervalo, necesitamos estudiar cómo se transforman regiones en R n mediante cambios de variable. En primer lugar, observaremos que las imágenes de conjuntos con contenido bajo funciones de clase C (1) tienen tamaño comparable a los de los conjuntos originales. Lema 1. Sea Ω un abierto en R n y ϕ : Ω R n una función de clase C (1) en Ω. Sea un conjunto acotado, con Ω. Entonces existen un abierto acotado Ω 1, con Ω 1 Ω 1 Ω, y una constante M > 0 tales que, si p j=1 I j, donde I j son p n-cubos cerrados de Ω 1 con c(i j ) α, entonces ϕ() m k=1j k, donde J k son n-cubos cerrados y j=1 c(j k ) M α. k=1 Demostración. { Definimos en primer lugar 1 si Ω = R n δ = 1 ínf{ a x : a, x Ω} si Ω Como es compacto, δ > 0. 2 Rn. Sea ahora Ω 1 = {y R n : y a < δ, para algún a }. sí, Ω 1 es abierto y acotado. demás Ω 1 y Ω 1 Ω. Como ϕ C (1) (Ω) y Ω 1 es compacto, existe M 0 = sup{ Dϕ(x) : x Ω 1 } <. Si p j=1 I j, entonces ϕ(x) ϕ(y) M 0 x y, x, y I j. Si las aristas de I j miden 2r j y x es el centro de I j, y I j, x y n r j, de donde ϕ(x) ϕ(y) n M 0 r j, es decir ϕ(i j ) está contenido en un n-cubo de lado 2M 0 r j. Por lo tanto, ϕ() J k, con c(j k ) M α. Como consecuencia inmediata tenemos el siguiente resultado. Corolario 1. Sea Ω un abierto en R n y ϕ : Ω R n una función de clase C (1) en Ω. Sea un conjunto acotado, con Ω. Si tiene contenido cero, entonces ϕ() tiene contenido cero. También podemos concluir fácilmente que la imagen de un conjunto acotado de dimensión menor a la del espacio tiene contenido cero. Corolario 2. Sea Ω un abierto en R r (r < n) y ψ : Ω R n una función de clase C (1) en Ω. Si es un conjunto acotado, con Ω, entonces ψ() tiene contenido cero. 1

2 Demostración. Si llamamos Ω 0 = Ω R n r, entonces Ω 0 es abierto en R n. Si definimos ϕ : Ω 0 R n por ϕ(x 1,..., x n ) = ψ(x 1,..., x r ), entonces ϕ C (1) (Ω 0 ). Sea ahora 0 = {0,..., 0}. Entonces 0 Ω 0 y 0 tiene contenido cero en R n. Entonces ψ() = ϕ( 0 ) tiene contenido cero en R n. Con este resultado sabemos que, si es un conjunto con contenido y ϕ C (1) (Ω), con Ω, entonces ϕ(fr()) tiene contenido cero. Queremos también que fr(ϕ()) tenga contenido cero y estudiaremos a continuación cuándo ocurre. Lema 2. Sea Ω un abierto en R n y ϕ : Ω R n una función de clase C (1) en Ω. Si es un conjunto con contenido, Ω y J ϕ (x) 0, x int(), entonces ϕ() tiene contenido. Demostración. Como es compacto y ϕ es continua, entonces ϕ() es compacto, con lo que ϕ() es acotado. Si probamos que fr ϕ() ϕ(fr()) y que ϕ(fr()) tiene contenido cero, tendremos que fr ϕ() tiene contenido cero, lo que significa que ϕ() tiene contenido. Por una parte, como ϕ() es compacto, fr(ϕ()) ϕ() = ϕ(int() fr()). sí pues, si y fr(ϕ()), existe x int() fr() tal que y = ϕ(x). Si estuviera x en el interior de, por hipótesis J ϕ (x) 0, con lo que y = ϕ(x) sería un punto interior de ϕ(int()) y también un punto interior de ϕ(), lo que contradice la suposición dada. Obtenemos así que fr(ϕ()) ϕ(fr()). Por otra parte, como tiene contenido, fr() Ω es cerrado y tiene contenido cero, de donde ϕ(fr()) tiene contenido cero. Corolario. Sea Ω un abierto en R n y ϕ : Ω R n una función inyectiva y de clase C (1) en Ω. Si tiene contenido, Ω y J ϕ (x) 0, x int(), entonces fr(ϕ()) = ϕ(fr()). Demostración. Basta probar que ϕ(fr()) fr(ϕ()). Para ello, sea x fr(). Existen dos sucesiones (x n ), (y n ) Ω \ que convergen a x. Como ϕ es continua, las sucesiones (ϕ(x n )) y (ϕ(y n )) convergen a ϕ(x). Como ϕ es inyectiva, ϕ(y n ) ϕ(), de modo que ϕ(x) fr(ϕ()). Transformaciones lineales. Veremos a continuación que conjuntos con contenido se transforman mediante aplicaciones lineales en conjuntos con contenido, y dicho contenido es un múltiplo del original. demás este múltiplo es el valor absoluto del determinante de la aplicacion. Teorema. Sea L : R n R n una transformación lineal. Si R n es un conjunto con contenido, entonces c(l()) = det L c(). 2

3 Demostración. Si L es singular, det L = 0 y la imagen R(L) R n. Esto indica que R(L) es la imagen de alguna aplicación L : R k R n, con k < n. Por tanto, c(l()) = 0. Si L no es singular, det L 0. Como tiene contenido, L() tiene contenido. Para cada conjunto con contenido, definimos la aplicación λ() = c(l()). Dicha aplicación tiene las siguientes propiedades elementales: i) λ() 0,. ii) λ( B) = λ() + λ(b) si B =. iii) λ(x + ) = λ(), x R n. iv) Si B, entonces λ() λ(b). Si llamamos K 0 = [0, 1) n al n-cubo unidad y m L = λ(k 0 ), las propiedades anteriores permiten probar que λ() = m L c(), para todo conjunto acotado R n. Por otra parte, si M es otra aplicación lineal no singular, entonces m L M c() = c((l M)()) = c(l(m())) = m L c(m()) = m L m M c(). Teniendo en cuenta que toda aplicación lineal no singular es composición (más o menos iterada) de dos tipos especiales: a) L 1 (x 1,... x i,..., x n ) = (x 1,..., αx i,..., x n ), b) L 2 (x 1,... x i,..., x j,..., x n ) = (x 1,..., x i + x j,..., x j,..., x n ), basta probar que m L = det L en estos casos para que la propiedad sea cierta en el caso general. a) Si α > 0, L 1 (K 0 ) = [0, 1) [0, α) [0, 1), de donde α = c(l 1 (K 0 )) = m L1 c(k 0 ) = m L1. Si α < 0, L 1 (K 0 ) = [0, 1) (α, 0] [0, 1), de donde α = c(l 1 (K 0 )) = m L1 c(k 0 ) = m L1. De cualquier manera, α = m L1 = det L 1. b) Sean 1 = {(x 1,..., x n ) K 0 : x i < x j } y 2 = {(x 1,..., x n ) K 0 : x i x j }. De este modo, 1 2 = y K 0 = 1 2. demás L 2 (K 0 ) = 2 {(0, 0,..., 1, 0,..., 0) + 1 }. Por tanto, c(l 2 (K 0 )) = c( 2 )+c({(0, 0,..., 1, 0,..., 0)+ 1 }) = c( 2 )+c( 1 ) = c(k 0 ), de donde m L2 = 1 = det L 2. Transformaciones no lineales. Lema. Sea K R n un n-cubo cerrado con centro el origen. Sea Ω un abierto que contiene a K. Sea ψ : Ω R n una función inyectiva y de clase C (1) en Ω. Supongamos que J ψ (x) 0, x K y ψ(x) x α x, x K, donde 0 < α < 1/ n. Entonces (1 α n) n c(ψ(k)) c(k) (1 + α n) n. 3

4 Demostración. Como K tiene contenido, ψ(k) tiene contenido. demás (ψ(k)) = ψ( K). Si los lados de K tienen longitud 2r y x K, entonces r x r n. Por hipótesis, deducimos que ψ(x) x α x α r n. Por tanto, el conjunto ψ( K) no intersecta un cubo abierto C i de centro O y lados de longitud 2(1 α n) r. Si llamamos = int ψ(k), B = ext ψ(k), y B son abiertos, disjuntos, no vacíos con B = R n \ (ψ(k)). Como C i es conexo, C i ó C i B. Pero O C i, de donde C i ψ(k). nálogamente se prueba que, si C 0 es el cubo cerrado de centro el origen y lados 2(1 + α n)r, entonces ψ(k) C 0. Teorema. Sea Ω R n abierto, ϕ : Ω R n, ϕ C(1)(Ω), ϕ inyectiva, J ϕ (x) 0, x Ω. Si tiene contenido y Ω, dado ε (0, 1), existe γ > 0 tal que, si K es un n-cubo cerrado de centro x y lados de longitud menor que 2γ, entonces J ϕ (x) (1 ε) n c(ϕ(k)) c(k) J ϕ (x) (1 + ε) n. Demostración. En primer lugar, construimos δ y Ω 1 como en el lema 1. Como det Dϕ(x) = J ϕ (x) 0, x Ω, entonces existe L x = (Dϕ(x)) 1 y además det L x = 1/J ϕ (x), x Ω. Como los elementos de la matriz L x son funciones continuas, por la compacidad de Ω 1, existe M > 0 tal que L x M, x Ω 1. Sea ε (0, 1). Por la continuidad uniforme de D ϕ en Ω 1, existe β (0, δ/2) tal que, x 1 x 2 β = Dϕ(x 1 ) Dϕ(x 2 ) ε M n. Dado x, si z β, es claro que x Ω 1, x + z Ω 1. demás, ϕ(x + z) ϕ(x) Dϕ(x)(z) z sup Dϕ(x + tz) Dϕ(x) 0 t 1 Si definimos ψ(z) = L x (ϕ(x + z) ϕ(x)), de esta desigualdad se deduce: ψ(z) z = L x (ϕ(x + z) ϕ(x) L x Dϕ(x)(z) L x ε M n z. ε M ε z z, n n si z β. plicamos el lema anterior con α = ε n. Entonces, si K 1 es un cubo cerrado con centro O y contenido en la bola abierta de radio β, entonces (1 ε) n c(ψ(k 1)) c(k 1 ) (1 + ε) n. 4

5 Por la definición de ψ, si K = x+k 1, K es un cubo cerrado de centro x y c(k) = c(k 1 ). demás c(ψ(k 1 )) = det L x c(ϕ(x + K 1 ) ϕ(x)) = 1 J ϕ (x) c(ϕ(k)). Si los lados de K tienen arista menor que 2γ (γ = β/ n), el teorema se cumple. Teorema del cambio de variable. Sea Ω R n abierto, ϕ : Ω R n, ϕ C (1) (Ω), ϕ inyectiva, J ϕ (x) 0, x Ω. Si tiene contenido, Ω y f : ϕ() R es acotada y continua, entonces f = (f ϕ) J ϕ. ϕ() Demostración. Debido a la continuidad de los integrandos, ambas integrales existen. Si hacemos f = f + f, con f + = f + f, f = f f, por la linealidad de la 2 2 integral, basta hacer la demostración para funciones no negativas. Definimos Ω 1 como en el lema 1 y definimos también M ϕ = sup{ D ϕ (x) : x Ω 1 } M f = sup{f(y) : y ϕ()} M J = sup{ J ϕ (x) : x } Sea ε (0, 1), I un n-intervalo que contiene a y {K i : i = 1,..., M} una partición de I en cuadrados con aristas de longitud menor que 2γ, con γ definido como en el teorema del jacobiano. Sean {K 1,..., K m } los cuadrados completamente contenidos en, {K m+1,..., K p } los que tienen puntos dentro y fuera de y {K p+1,..., K M } los contenidos en el complementario de. Como tiene contenido, se pueden elegir de modo que c() c(k i ) + ε, p i=m+1 c(k i ) < ε. Sea B = K 1 K m ; como c( \ B) = c() c(b) < ε, tenemos: (f ϕ) J ϕ (f ϕ) J ϕ = (f ϕ) J ϕ M f M J c( \ B) < M f M J ε. B \B 5

6 Por el lema 1, c(ϕ( \ B)) K ε, de donde f f = ϕ() ϕ(\b) f M f K ε. Si x i es el centro de K i (i = 1,..., m), por el teorema del jacobiano, J ϕ (x i ) (1 ε) n c(ϕ(k i)) c(k i ) J ϕ (x i ) (1 + ε) n. Como 0 < ε < 1, 1 2 n ε (1 ε n ) y (1 + ε n ) n ε. Por tanto, c(ϕ(k i )) J ϕ (x i ) c(k i ) c(k i ) M J 2 n ε. Por la continuidad de las funciones sobre el compacto B, podemos suponer que, dado cualquier y i K i, (f ϕ) J ϕ (f ϕ)(y i ) J ϕ (x i ) c(k i ) < ε c(b). B Como ϕ es inyectiva, dos conjuntos de la familia {ϕ(k i ) : i = 1,..., m} se intersectan en ϕ(k i K j ) que tiene contenido cero pues c(k i K j ) = 0. Como ϕ(k i ) tiene contenido, f es integrable en ϕ(k i ). Entonces f = ϕ(k i ) Como f es acotada y continua en ϕ(k i ), existe p i ϕ(k i ) tal que f = f(p i ) c(ϕ(k i )), i = 1,..., m. ϕ(k i ) Por ser ϕ inyectiva, existe un único y i K i tal que ϕ(y i ) = p i. Entonces l ser (f ϕ)(y i ) 0, resulta f = f. (f ϕ)(y i ) c(ϕ(k i )). (f ϕ)(y i ) c(ϕ(k i )) (f ϕ)(y i ) J ϕ (x i ) c(k i ) M J 2 n ε (f ϕ)(y i ) c(k i ) M J M f 2 n ε c(k i ) M J M f 2 n c()ε. 6

7 Combinando las últimas desigualdades, obtenemos: f (f ϕ) J ϕ ε c()(1 + M JM f 2 n ). En definitiva, f ϕ() B (f ϕ) J ϕ M f K ε + ε c()(1 + M J M f 2 n ) + M f M J ε = ε. Ejemplos. 1) f(x, y) dxdy = f(r cos ϑ, r sen ϑ)r drdϑ. 2) f(x, y, z) dxdydz = f(r cos ϑ, r sen ϑ, z)r drdϑdz. 3) f(x, y, z) dxdydz = f(ρ cos ϑ sen ϕ, ρ sen ϑ sen ϕ, ρ cos ϕ)ρ 2 sen ϕ dρdϑdϕ. 1 4) f(x + 2y, 2x 3y) dxdy = f(u, v)r dudv, g(x, y) = (x + 2y, 2x 3y). 7 g() Ejercicio. (a) Probar que e (x2 +y2) dxdy = π. R 2 (b) Probar que (c) Probar que (d) Calcular e x 2 R n e x2 dx = π. e tx2 dx y dx = π n/2. x 2 e tx2 dx (t > 0). 7