Se D=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2} /|x|+|y| \leq 1\right\}, mostre que \iint_{D} f(x+y) d x d y=\int_{-1}^{1} f(u) d u.

Passo 1

O enunciado dá o conjunto
D=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2 \mid |x|+|y|\le 1\}
e pede para mostrar que
\iint_{D} f(x+y)\,d x\,d y=\int_{-1}^{1} f(u)\,d u.
Informações relevantes que temos:
  • A função integrada é f(x+y), ou seja, depende só da soma x+y.
  • O domínio D é o losango (diamante) centrado na origem definido por |x|+|y|\le1.
  • O objetivo é reduzir a integral dupla a uma integral simples em u\in[-1,1].

Passo 2

Escolho fazer uma mudança de variáveis linear que destaque a quantidade x+y. Defino
u = x+y,\qquad v = x-y.
Motivação: a integranda depende apenas de u, então em coordenadas (u,v) a integral deve separar facilmente nas variáveis.

Passo 3

Mostro que a transformação é invertível e calculo o fator de escala (Jacobiano). Da definição de u e v obtenho x e y em função de u e v:
x=\frac{u+v}{2},\qquad y=\frac{u-v}{2}.
A matriz jacobiana da transformação (u,v)\mapsto(x,y) é
\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = \begin{pmatrix} \displaystyle\frac{\partial x}{\partial u} & \displaystyle\frac{\partial x}{\partial v} \\[6pt] \displaystyle\frac{\partial y}{\partial u} & \displaystyle\frac{\partial y}{\partial v} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\[4pt] \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{pmatrix}.
O determinante é
\det\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}.
Portanto o fator de escala absoluto que relaciona d x\,d y com d u\,d v é
| \det\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}|=\frac{1}{2},
ou seja
d x\,d y=\frac{1}{2}\,d u\,d v.
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
\left|\frac{u+v}{2}\right|+\left|\frac{u-v}{2}\right|\le1 \quad\Longleftrightarrow\quad |u+v|+|u-v|\le2.
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

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