Comentário didático: o Jacobiano mede quanto uma pequena área em (u,v) é “esticada” ao ser mapeada para (x,y). Aqui cada unidade de área em (u,v) vira \tfrac{1}{2} unidade de área em (x,y).]
Passo 4
Determino a imagem do domínio D no plano (u,v). A condição |x|+|y|\le1 com x=(u+v)/2 e y=(u-v)/2 fica
Agora uso a identidade (faço uma pequena demonstração por casos): para quaisquer u,v\in\mathbb{R},
|u+v|+|u-v|=2\max\{|u|,|v|\}.
Prova breve: se |u|\ge|v| então -|u|\le v\le|u| e ambos u+v e u-v têm o mesmo sinal de u, logo |u+v|+|u-v|=(u+v)+(u-v)=2u=2|u|. Se |v|>|u| faz-se argumento análogo trocando papéis; o resultado final é 2\max\{|u|,|v|\}.
Portanto a desigualdade |u+v|+|u-v|\le2 é equivalente a 2\max\{|u|,|v|\}\le2, isto é
\max\{|u|,|v|\}\le1,
ou seja
-1\le u\le1,\qquad -1\le v\le1.
Concluímos que a imagem de D sob (x,y)\mapsto(u,v) é o retângulo
R=\{(u,v)\mid u\in[-1,1],\\ v\in[-1,1]\}.
Nota: essa transformação envia o losango D para o quadrado R.
Passo 5
Faço a mudança de variáveis na integral. Supondo f integrável (hipótese natural para a integral existir), temos pela fórmula de substituição:
\iint_{D} f(x+y)\,d x\,d y = \iint_{R} f(u)\,\left|\det\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|\,d u\,d v = \iint_{R} f(u)\,\frac{1}{2}\,d u\,d v.
Aqui escrevi f(u) porque x+y=u e a integranda não depende de v.
Passo 6
Como a integranda não depende de v, posso integrar em v facilmente:
\iint_{R} f(u)\,\frac{1}{2}\,d u\,d v = \int_{u=-1}^{1}\left( f(u)\,\frac{1}{2}\int_{v=-1}^{1} d v\right) d u = \int_{-1}^{1} f(u)\,\frac{1}{2}\cdot(1-(-1))\,d u.
Como 1-(-1)=2, o fator \tfrac{1}{2} cancela e sobra
\int_{-1}^{1} f(u)\,d u.
Passo 7
Portanto, concluímos a identidade desejada. Dá um alivio ver como a mudança de variáveis linear + Jacobiano e uma observação sobre a forma do domínio resolvem isso de forma limpa — e funciona sempre que a integranda depende só de x+y.
Resposta
\iint_{D} f(x+y)\,d x\,d y=\int_{-1}^{1} f(u)\,d u