onde R é o triângulo limitado por x=0, y=0 e x+y=1. Informações importantes fornecidas:
As arestas do triângulo são as retas x=0, y=0 e x+y=1.
Os vértices de R são (0,0), (1,0) e (0,1).
A função a integrar depende de x e y apenas através da razão \dfrac{x-y}{x+y}.
Passo 2
Ideia para resolver: como a integranda depende de \dfrac{x-y}{x+y} e a condição x+y=1 aparece na fronteira, é natural usar a mudança de variáveis que isola essa razão. Definimos as novas variáveis
u=\frac{x-y}{x+y},\qquad v=x+y.
Explicação curta do porquê: essa escolha transforma a parte imprópria da função (a fração) numa função simples de u só, e transforma a fronteira x+y=1 numa linha v=1, o que simplifica muito a região de integração.
Passo 3
Resolver o sistema para x\) e \(y\) em função de \(u\) e \(v\):
\[\begin{cases} x-y=uv,\\[4pt] x+y=v. \end{cases}
Somando as duas equações obtemos 2x = v(1+u)\], logo
\[x=\frac{v(1+u)}{2}.\]
Subtraindo \(x-y=uv de x+y=v (ou resolvendo para y) obtemos 2y=v(1-u), logo
y=\frac{v(1-u)}{2}.
Agora deduzimos os limites para u e v a partir das condições x\ge0, y\ge0 e x+y\le1:
x\ge0 dá 1+u\ge0\Rightarrow u\ge-1.
y\ge0 dá 1-u\ge0\Rightarrow u\le1.
v=x+y varia de 0 até 1 no triângulo, portanto 0\le v\le1.
Conclusão: o domínio em (u,v) é o retângulo \{(u,v)\mid -1\le u\le 1,\;0\le v\le1\}.]
Passo 4
Calcular o jacobiano \dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}. Derivadas parciais:
Como v\ge0 no domínio, o valor absoluto do jacobiano é \left|\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|=\dfrac{v}{2}.
Passo 5
Fazer a mudança de variáveis na integral. A integranda e^{\frac{x-y}{x+y}} passa a ser e^{u}. O elemento de área transforma como \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \dfrac{v}{2}\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}v. Assim a integral fica