Integral de función continua sobre un triángulo

Question

Dejemos que $D\subset\mathbb{R^2}$ un triángulo que tiene las esquinas $(0,0),(1,0),(0,1)$ y $g: \mathbb{R} -> \mathbb{R}$ continua. Entonces

$\int_Dg(x+y)dL^2(x,y)=\int_0^1tg(t)dt$

donde $L^2$ es la medida de Lebes en $\mathbb{R^2}$ .

Así que mi idea es, dividir $g=g_+-g_-$ entonces basta con demostrar la igualdad para $\phi_I$ con $I=[t_1,t_2]\subset[0,1]$ y $\phi$ siendo la función característica de I ya que $g$ es continua.

Así que dejemos $F(x,y)=x+y$ entonces $\phi_I(F(x,y))=\phi_{F^{-1}(I)}$ . Además, dejemos que $D_t$ sea un triángulo con ángulos $(0,0) ,(t,0),(0,t). $ Entonces $\phi_{F^{-1}(I)}=D_{t_2}-D_{t_1}$

$\int_D\phi_I(F)dL^2=\int_{\mathbb{R}}\phi_D*\phi_{F^{-1}(I)}dL^2=\int_{\mathbb{R}}\phi_{F^{-1}(I)}dL^2=L^2(D_{t_2}-D_{t_1})=\frac{t_1^2}{2}-\frac{t_2^2}{2}=\int_{t_1}^{t_2}tdt=\int_{t_1}^{t_2}t*\phi_Idt$

Dejando ahora $g_+=\sum\alpha _i\phi_{I_i}$ obtenemos

$\int_Dg_+(F)dL^2=\sum\alpha _i\int_D\phi_{I_i}(F)dL^2=\sum\alpha _i\int_{I_i}t*\phi_{I_i}dt=\int_0^1tg_+(t)dt$

Haciendo esto para $g_-$ entonces da la ecuación.

Esta solución -si es correcta- es bastante fea en mi opinión y me pregunto si hay una forma mejor de probarlo.

Answer 1

Una forma más corta. Cambiando las variables y dejando que $(t,s)=(x+y,x-y)$ tenemos que el nuevo dominio de integración es el triángulo de vértices $(0,0)$ , $(1,-1)$ y $(1,1)$ y $$\int_Dg(x+y)dL^2(x,y)=\int_{t=0}^1\int_{s=-t}^t g(t) \frac{dtds}{2}= \int_{t=0}^1g(t)\left(\frac{1}{2}\int_{s=-t}^t ds \right) dt=\int_{t=0}^1tg(t)\,dt,$$ donde el determinante jacobiano es $|\partial(t,s)/\partial(x,y)|=2$ .