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Cambio de variables en la integral m´ultiple.
En este apartado vamos a generalizar la f´ormula
∫ (^) g(b)
g(a)
f (x) dx =
∫ (^) b
a
f (g(t)) · g′(t) dt
al caso de funciones de n variables. Como la regi´on de integraci´on ya no ser´a un simple intervalo, necesitamos estudiar c´omo se transforman regiones en Rn^ mediante cambios de variable. En primer lugar, observaremos que las im´agenes de conjuntos con contenido bajo fun- ciones de clase C(1)^ tienen tama˜no comparable a los de los conjuntos originales.
Lema 1. Sea Ω un abierto en Rn^ y ϕ : Ω → Rn^ una funci´on de clase C(1)^ en Ω. Sea A un conjunto acotado, con A ⊂ Ω. Entonces existen un abierto acotado Ω 1 , con A ⊂ Ω 1 ⊂ Ω 1 ⊂ Ω, y una constante M > 0 tales que, si A ⊂ ∪pj=1Ij , donde Ij son
n-cubos cerrados de Ω 1 con
∑^ p
j=
c(Ij ) ≤ α, entonces ϕ(A) ⊂ ∪mk=1Jk, donde Jk son
n-cubos cerrados y
∑^ m
k=
c(Jk) ≤ M · α.
Demostraci´on. Definimos en primer lugar
δ =
1 si Ω = Rn 1 2 ´ınf{‖a^ −^ x‖^ :^ a^ ∈^ A, x^6 ∈^ Ω}^ si Ω^6 =^ R
n. Como^ A^ es compacto,^ δ >^ 0.
Sea ahora Ω 1 = {y ∈ Rn^ : ‖y − a‖ < δ, para alg´un a ∈ A}. As´ı, Ω 1 es abierto y acotado. Adem´as A ⊂ 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 A ⊂
⋃p j=1 Ij^ , entonces^ ‖ϕ(x)^ −^ ϕ(y)‖ ≤^ M^0 ‖x^ −^ y‖,^ ∀x, y^ ∈^ Ij^. Si las aristas de Ij miden 2rj y x es el centro de Ij , ∀y ∈ Ij , ‖x − y‖ ≤
n · rj , de donde ‖ϕ(x) − ϕ(y)‖ ≤
n · M 0 · rj , es decir ϕ(Ij ) est´a contenido en un n-cubo de lado 2 M 0 rj. Por lo tanto, ϕ(A) ⊂
Jk, con
c(Jk) ≤ M · α.
Como consecuencia inmediata tenemos el siguiente resultado.
Corolario 1. Sea Ω un abierto en Rn^ y ϕ : Ω → Rn^ una funci´on de clase C(1)^ en Ω. Sea A un conjunto acotado, con A ⊂ Ω. Si A tiene contenido cero, entonces ϕ(A) tiene contenido cero.
Tambi´en podemos concluir f´acilmente que la imagen de un conjunto acotado de dimen- si´on menor a la del espacio tiene contenido cero.
Corolario 2. Sea Ω un abierto en Rr^ (r < n) y ψ : Ω → Rn^ una funci´on de clase C(1) en Ω. Si A es un conjunto acotado, con A ⊂ Ω, entonces ψ(A) tiene contenido cero.
Demostraci´on. Si llamamos Ω 0 = Ω × Rn−r, entonces Ω 0 es abierto en Rn. Si definimos ϕ : Ω 0 → Rn^ por ϕ(x 1 ,... , xn) = ψ(x 1 ,... , xr), entonces ϕ ∈ C(1)(Ω 0 ). Sea ahora A 0 = A × { 0 ,... , 0 }. Entonces A 0 ⊂ Ω 0 y A 0 tiene contenido cero en Rn. Entonces ψ(A) = ϕ(A 0 ) tiene contenido cero en Rn.
Con este resultado sabemos que, si A es un conjunto con contenido y ϕ ∈ C(1)(Ω), con A ⊂ Ω, entonces ϕ(fr(A)) tiene contenido cero. Queremos tambi´en que fr(ϕ(A)) tenga contenido cero y estudiaremos a continuaci´on cu´ando ocurre.
Lema 2. Sea Ω un abierto en Rn^ y ϕ : Ω → Rn^ una funci´on de clase C(1)^ en Ω. Si A es un conjunto con contenido, A ⊂ Ω y Jϕ(x) 6 = 0, ∀x ∈ int(A), entonces ϕ(A) tiene contenido.
Demostraci´on. Como A es compacto y ϕ es continua, entonces ϕ(A) es compacto, con lo que ϕ(A) es acotado. Si probamos que fr ϕ(A) ⊂ ϕ(fr(A)) y que ϕ(fr(A)) tiene contenido cero, tendremos que fr ϕ(A) tiene contenido cero, lo que significa que ϕ(A) tiene contenido. Por una parte, como ϕ(A) es compacto, fr(ϕ(A)) ⊂ ϕ(A) = ϕ(int(A)∪fr(A)). As´ı pues, si y ∈ fr(ϕ(A)), existe x ∈ int(A) ∪ fr(A) tal que y = ϕ(x). Si estuviera x en el interior de A, por hip´otesis Jϕ(x) 6 = 0, con lo que y = ϕ(x) ser´ıa un punto interior de ϕ(int(A)) y tambi´en un punto interior de ϕ(A), lo que contradice la suposici´on dada. Obtenemos as´ı que fr(ϕ(A)) ⊂ ϕ(fr(A)). Por otra parte, como A tiene contenido, fr(A) ⊂ Ω es cerrado y tiene contenido cero, de donde ϕ(fr(A)) tiene contenido cero.
Corolario. Sea Ω un abierto en Rn^ y ϕ : Ω → Rn^ una funci´on inyectiva y de clase C(1)^ en Ω. Si A tiene contenido, A ⊂ Ω y Jϕ(x) 6 = 0, ∀x ∈ int(A), entonces fr(ϕ(A)) = ϕ(fr(A)).
Demostraci´on. Basta probar que ϕ(fr(A)) ⊂ fr(ϕ(A)). Para ello, sea x ∈ fr(A). Existen dos sucesiones (xn) ⊂ A, (yn) ⊂ Ω \ A que convergen a x. Como ϕ es continua, las sucesiones (ϕ(xn)) y (ϕ(yn)) convergen a ϕ(x). Como ϕ es inyectiva, ϕ(yn) 6 ∈ ϕ(A), de modo que ϕ(x) ∈ fr(ϕ(A)).
Transformaciones lineales.
Veremos a continuaci´on que conjuntos con contenido se transforman mediante aplica- ciones lineales en conjuntos con contenido, y dicho contenido es un m´ultiplo del original. Adem´as este m´ultiplo es el valor absoluto del determinante de la aplicacion.
Teorema. Sea L : Rn^ → Rn^ una transformaci´on lineal. Si A ⊂ Rn^ es un conjunto con contenido, entonces c(L(A)) = | det L| · c(A).
Demostraci´on. Como K tiene contenido, ψ(K) tiene contenido. Adem´as ∂(ψ(K)) = ψ(∂K). Si los lados de K tienen longitud 2r y x ∈ ∂K, entonces r ≤ ‖x‖ ≤ r
n. Por hip´otesis, deducimos que ‖ψ(x) − x‖ ≤ α‖x‖ ≤ α · r ·
n. Por tanto, el conjunto ψ(∂K) no intersecta un cubo abierto Ci de centro O y lados de longitud 2(1 − α
n) · r. Si llamamos A = int ψ(K), B = ext ψ(K), A y B son abiertos, disjuntos, no vac´ıos con A ∪ B = Rn^ \ ∂(ψ(K)). Como Ci es conexo, Ci ⊂ A ´o Ci ⊂ B. Pero O ∈ Ci ∩ A, de donde Ci ⊂ A ⊂ ψ(K). An´alogamente 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 ⊂ Rn^ abierto, ϕ : Ω → Rn, ϕ ∈ C(1)(Ω), ϕ inyectiva, Jϕ(x) 6 = 0, ∀x ∈ Ω. Si A tiene contenido y A ⊂ Ω, dado ε ∈ (0, 1), existe γ > 0 tal que, si K es un n-cubo cerrado de centro x ∈ A y lados de longitud menor que 2 γ, entonces
|Jϕ(x)| · (1 − ε)n^ ≤
c(ϕ(K)) c(K)
≤ |Jϕ(x)| · (1 + ε)n.
Demostraci´on. En primer lugar, construimos δ y Ω 1 como en el lema 1. Como det Dϕ(x) = Jϕ(x) 6 = 0, ∀x ∈ Ω, entonces existe Lx = (Dϕ(x))−^1 y adem´as det Lx = 1/Jϕ(x), x ∈ Ω. Como los elementos de la matriz Lx son funciones continuas, por la compacidad de Ω 1 , existe M > 0 tal que ‖Lx‖ ≤ M , ∀x ∈ Ω 1. Sea ε ∈ (0, 1). Por la continuidad uniforme de Dϕ 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 ∈ A, si ‖z‖ ≤ β, es claro que x ∈ Ω 1 , x + z ∈ Ω 1. Adem´as,
‖ϕ(x + z) − ϕ(x) − Dϕ(x)(z)‖ ≤ ‖z‖ · sup 0 ≤t≤ 1
‖Dϕ(x + tz) − Dϕ(x)‖ ≤
ε M
n
· ‖z‖.
Si definimos ψ(z) = Lx(ϕ(x + z) − ϕ(x)), de esta desigualdad se deduce:
‖ψ(z) − z‖ = ‖Lx(ϕ(x + z) − ϕ(x) − LxDϕ(x)(z)‖ ≤ ‖Lx‖ ·
ε M
n
· ‖z‖ ≤
ε · ‖z‖ √ n
si ‖z‖ ≤ β. Aplicamos el lema anterior con α = √εn. 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.
Por la definici´on de ψ, si K = x+K 1 , K es un cubo cerrado de centro x y c(K) = c(K 1 ). Adem´as
c(ψ(K 1 )) = | det Lx| · c(ϕ(x + K 1 ) − ϕ(x)) =
|Jϕ(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 ⊂ Rn^ abierto, ϕ : Ω → Rn, ϕ ∈ C(1)(Ω), ϕ inyectiva, Jϕ(x) 6 = 0, ∀x ∈ Ω. Si A tiene contenido, A ⊂ Ω y f : ϕ(A) → R es acotada y continua, entonces
∫
ϕ(A)
f =
A
(f ◦ ϕ) · |Jϕ|.
Demostraci´on. Debido a la continuidad de los integrandos, ambas integrales existen.
Si hacemos f = f +^ − f −, con f +^ =
f + |f | 2
, f −^ = −
f − |f | 2
, por la linealidad de la
integral, basta hacer la demostraci´on para funciones no negativas. Definimos Ω 1 como en el lema 1 y definimos tambi´en
Mϕ = sup{‖Dϕ(x)‖ : x ∈ Ω 1 } Mf = sup{f (y) : y ∈ ϕ(A)} MJ = sup{|Jϕ(x)| : x ∈ A}
Sea ε ∈ (0, 1), I un n-intervalo que contiene a A y {Ki : i = 1,... , M } una partici´on de I en cuadrados con aristas de longitud menor que 2γ, con γ definido como en el teorema del jacobiano. Sean {K 1 ,... , Km} los cuadrados completamente contenidos en A, {Km+1,... , Kp} los que tienen puntos dentro y fuera de A y {Kp+1,... , KM } los contenidos en el complementario de A. Como A tiene contenido, se pueden elegir de modo que
c(A) ≤
∑^ m
i=
c(Ki) + ε,
∑^ p
i=m+
c(Ki) < ε.
Sea B = K 1 ∪ · · · ∪ Km; como c(A \ B) = c(A) − c(B) < ε, tenemos:
∣ ∣ ∣ ∣
A
(f ◦ ϕ)|Jϕ| −
B
(f ◦ ϕ)|Jϕ|
A\B
(f ◦ ϕ)|Jϕ|
∣ ≤^ Mf^ ·^ MJ^ ·^ c(A^ ^ B)^ < Mf^ ·^ MJ^ ·^ ε.
Combinando las ´ultimas desigualdades, obtenemos:
∣ ∣ ∣ ∣
ϕ(B)
f −
B
(f ◦ ϕ)|Jϕ|
∣ ≤^ ε^ ·^ c(A)(1 +^ MJ^ Mf^2
n).
En definitiva, ∣ ∣ ∣ ∣
ϕ(A)
f −
A
(f ◦ ϕ)|Jϕ|
∣ ≤^ Mf^ ·^ K^ ·^ ε^ +^ ε^ ·^ c(A)(1 +^ MJ^ Mf^2
n) + Mf · MJ · ε = ε.
Ejemplos.
A
f (x, y) dxdy =
A′
f (r cos ϑ, r sen ϑ)r drdϑ.
A
f (x, y, z) dxdydz =
A′
f (r cos ϑ, r sen ϑ, z)r drdϑdz.
A
f (x, y, z) dxdydz =
A′
f (ρ cos ϑ sen ϕ, ρ sen ϑ sen ϕ, ρ cos ϕ)ρ^2 sen ϕ dρdϑdϕ.
A
f (x + 2y, 2 x − 3 y) dxdy =
g(A)
f (u, v)r dudv, g(x, y) = (x + 2y, 2 x − 3 y).
Ejercicio.
(a) Probar que
R^2
e−(x
(^2) +y (^2) ) dxdy = π.
(b) Probar que
−∞
e−x
2 dx =
π.
(c) Probar que
Rn
e−‖x‖
2 dx = πn/^2.
(d) Calcular
−∞
e−tx 2 dx y
−∞
x^2 e−tx 2 dx (t > 0).
