◇重積分の計算◇

== 重積分の計算 ==

◇累次積分◇

　区間 a≦x≦b において不等式 p(x)≦y≦q(x) を満たす xy 平面上の領域を K とする．K 上で定義される関数 z=f(x , y) ≧0 について，不等式 0≦z≦f(x , y) を満たす xyz 空間の領域（立体）を M とするとき，立体 M の体積を求めることを考える．
　集合記号で表わすと次の領域となっている：

K={(x,y)|a≦x≦b，p(x)≦y≦q(x)}
M={(x,y,z)|(x,y)∈K，0≦z≦f(x,y)}

　図２，図３において桃色で示した x=t の断面の面積を M(t) とすると，

$M(t)=\underset{\small p(t)}{\int^{q(t)}}f(t,\hspace{2}y)dy$

　M の体積を V とおくと，

$V=\underset{\small a}{\int^{b}}\bigl{\underset{\small p(t)}{\int^{q(t)}} f(x,\hspace{2}y)dy\bigr}dx$ ···(1)

一方，領域 K 上の重積分は

$V=\underset{\hspace{20}\small K}{\iint}f(x,\hspace{2}y)dxdy$ ···(2)

で表わされるから，

$\underset{\hspace{20}\small K}{\iint}f(x,\hspace{2}y)dxdy=\underset{\small a}{\int^{b}}\bigl{\underset{\small p(t)}{\int^{q(t)}} f(x,\hspace{2}y)dy\bigr}dx$

※　このように定積分を繰り返し行うこと（累次積分）により重積分の値を求めることができる．
※　上の説明では f(x , y) ≧0 の場合について，体積を求めたが，f(x , y) が必ずしも正または0とは限らないとき重積分は体積を表わさないが，累次積分で求められる事情は同じである．
※　図４のように，領域 K の形によっては，y=u の断面から求める方が求めやすいことがある．この場合は，

$V=\underset{\small c}{\int^{d}}\bigl{\underset{\small h(t)}{\int^{k(t)}} f(x,\hspace{2}y)dx\bigr}dy$

で求められる．

図１

図２

図３

図４

例１
　右図のように，0≦x≦a，0≦y≦b，0≦z≦c の区間にある直方体の体積は V=abc であるが，これを重積分で確かめると
ア） x=t の断面で切ると，

$M(t)=\underset{\small 0}{\int^{b}}cdy=\Bigl[cy\Bigr]_0^b=bc$
$V=\underset{\small 0}{\int^{a}}\bigl{\underset{\small 0}{\int^{b}}cdy\bigr}dx=\underset{\small 0}{\int^{a}}bcdx=abc$

イ） y=u の断面で切ると，

$M(u)=\underset{\small 0}{\int^{a}}cdx=\Bigl[cx\Bigr]_0^a=ac$
$V=\underset{\small 0}{\int^{b}}\bigl{\underset{\small 0}{\int^{a}}cdx\bigr}dy=\underset{\small 0}{\int^{b}}acdy=abc$

例２
　K={ (x,y)| 0≦x≦1，0≦y≦1 }
　M={ (x,y,z) | (x,y)∈K , 0≦z≦xy } で定義される立体の体積は，
$V=\underset{\small 0}{\int^{1}}\bigl{\underset{\small 0}{\int^{1}}xydx\bigr}dy=\underset{\small 0}{\int^{1}}\Bigl[\frac{1}{2}x^2y\Bigr]_0^1dy$
$=\underset{\small 0}{\int^{1}}\frac{1}{2}ydy=\Bigl[\frac{y^2}{4}\bigr]_0^1=\frac{1}{4}$

一般に，f(x,y)=g(x)h(y) のように，積の形に変数分離できるときは
$\underset{\small a}{\int^{b}} \underset{\small c}{\int^{d}}g(x)h(y)dxdy$ $=\underset{\small a}{\int^{b}}g(x)dx \underset{\small c}{\int^{d}}h(y)dy$

が成り立つ．
例
$\underset{\small a}{\int^{b}} \underset{\small c}{\int^{d}}x^my^ndxdy$ $=\underset{\small a}{\int^{b}}x^mdx \underset{\small c}{\int^{d}}y^ndy$
$=(\frac{b^{m+ 1}-a^{m+ 1}}{m+ 1})(\frac{d^{n+ 1}-c^{n+ 1}}{n+ 1})$
だから
$\underset{\small 0}{\int^{1}} \underset{\small 0}{\int^{1}}(Ax^2+ Bxy+ Cy^2+ Dx+ Ey+ F)dxdy$
$=\frac{A}{3}+\frac{B}{4}+\frac{C}{3}+\frac{D}{2}+\frac{E}{2}+ F$

z=xy の曲面

例３
　右図のように，y=2x ，x 軸および直線 x=1 とで囲まれた図形上で定義される２変数関数 z=xy と平面 z=0 とで囲まれる立体の体積
　すなわち，
　K={ (x,y)| 0≦x≦1， 0≦y≦2x }
　M={ (x,y,z) | (x,y)∈K , 0≦z≦xy } で定義される立体の体積は，
ア）x軸に垂直な断面で切り，yで積分した後にxで積分すれば

$\underset{\small 0}{\int^{1}}\bigl{ \underset{\small 0}{\int^{2x}}xydy\bigr}dx$ $=\underset{\small 0}{\int^{1}}\Bigl[x\frac{y^2}{2}dy\Bigr]_0^{2x}dx$
$=\underset{\small 0}{\int^{1}}\Bigl[x\frac{4x^2}{2}\Bigr]dx=\underset{\small 0}{\int^{1}}2x^3dx$
$=\Bigl[\frac{x^4}{2}\Bigr]_0^1=\frac{1}{2}$

イ）y軸に垂直な断面で切り，xで積分した後にyで積分すれば

$\underset{\small 0}{\int^{2}}\bigl{ \underset{\small\frac{y}{2}}{\int^{1}}xydx\bigr}dy$ $=\underset{\small 0}{\int^{2}}\Bigl[\frac{x^2}{2}y\Bigr]_{\frac{y}{2}}^1dy$
$=\underset{\small 0}{\int^{2}}(\frac{y}{2}-\frac{y^3}{8})dy=\Bigl[\frac{y^2}{4}-\frac{y^4}{32}\Bigr]_0^2=\frac{1}{2}$

例４
　右図のように，y=x と y=x² とで囲まれた図形上で定義される２変数関数 z=x+y と平面 z=0 とで囲まれる立体の体積
　すなわち，
　K={ (x,y)| 0≦x≦1， x²≦y≦x }
　M={ (x,y,z) | (x,y)∈K , 0≦z≦x+y } で定義される立体の体積は，
ア）x軸に垂直な断面で切り，yで積分した後にxで積分すれば

$\underset{\small 0}{\int^{1}}\bigl{ \underset{\small x^2}{\int^{x}}(x+ y)dy\bigr}dx$
$=\underset{\small 0}{\int^{1}}\Bigl[xy+\frac{y^2}{2}\Bigr]_{x^2}^xdx$
$=\underset{\small 0}{\int^{1}}\{(x^2+\frac{x^2}{2})-(x^3+\frac{x^4}{2})\}dx$
$=\underset{\small 0}{\int^{1}}\{(\frac{3x^2}{2}-x^3-\frac{x^4}{2})\}dx$
$=\Bigl[\frac{x^3}{2}-\frac{x^4}{4}-\frac{x^5}{10}\Bigr]_0^1$
$=\frac{1}{2}-\frac{1}{4}-\frac{1}{10}=\frac{3}{20}$

イ）y軸に垂直な断面で切り，xで積分した後にyで積分すれば

$\underset{\small 0}{\int^{1}}\bigl{ \underset{\small y}{\int^{\sqrt{y}}}(x+ y)dx\bigr}dy$ $=\underset{\small 0}{\int^{1}}\Bigl[\frac{x^2}{2}+ yx\Bigr]_y^{\sqrt{y}}dy$
$=\underset{\small 0}{\int^{1}}\bigl{(\frac{y}{2}+ y\sqrt{y})-(\frac{y^2}{2}+ y^2)\bigr}dy$
$=\underset{\small 0}{\int^{1}}(\frac{y}{2}+ y\sqrt{y}-\frac{3y^2}{2})dy$
$=\Bigl[\frac{y^2}{4}+\frac{2}{5}y^{\frac{5}{2}}-\frac{y^3}{2}\Bigr]_0^1$
$=\frac{1}{4}+\frac{2}{5}-\frac{1}{2}=\frac{3}{20}$

　問題　
（※半角数字=1バイト文字で答えよ）
(1)
$\underset{\hspace{20}\small K}{\iint}2ydxdy$ ，K={ (x,y)| 0≦x≦1，0≦y≦1 }
を計算せよ．

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$\underset{\hspace{20}\small K}{\iint}2ydxdy=\underset{\small 0}{\int^1}\bigl{\underset{\small 0}{\int^1}2ydy\bigr}dx$
$=\underset{\small 0}{\int^1}\Bigl[y^2\Bigr]_0^1dx=\underset{\small 0}{\int^1}1dx=\Bigl[x\Bigr]_0^1=1$

(2)
$\underset{\hspace{20}\small K}{\iint}3xdxdy$ ，K={ (x,y)| 0≦x≦1，1−x≦y≦1 }
を計算せよ．

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$\underset{\hspace{20}\small K}{\iint}3xdxdy=\underset{\small 0}{\int^1}\bigl{\underset{\small 1-x}{\int^1}3xdy\bigr}dx$
$=\underset{\small 0}{\int^1}\Bigl[3xy\Bigr]_{1-x}^1dx$
$=\underset{\small 0}{\int^1}\{3x-3x(1-x)\}dx$
$=\underset{\small 0}{\int^1}3x^2dx=\Bigl[x^3\Bigr]_0^1=1$

(3)
　原点を中心とする半径 1 の円の上半分の領域を D とするとき，

$\underset{\hspace{20}\small D}{\iint}y^2dxdy$ ，D={ (x,y)| x2+y2≦1，0≦y }
を計算せよ．
　なお，必要ならば次の公式を用いよ．
cos2t=(cos 2t+1)　（半角公式）

cos4t=(cos2t)2={(cos 2t+1)}2

={cos22t+2cos 2t+1}

={(cos 4t+1)+2cos 2t+1}=cos 4t+cos 2t+

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$\underset{\hspace{20}\small D}{\iint}y^2dxdy=\underset{\small -1}{\int^1}\bigl{\underset{\small 0}{\int}\overset{\sqrt{1-x^2}}{y^2dy}\bigr}dx$
$=\underset{\small -1}{\int^1}\Bigl[\frac{y^3}{3}\Bigr]_0^{\sqrt{1-x^2}}dx=\frac{1}{3}\underset{\small -1}{\int^1}(1-x^2)^{\frac{3}{2}}dx$
$=\frac{2}{3}\underset{\small 0}{\int^1}(1-x^2)^{\frac{3}{2}}dx$
x=sin t とおくと，dx=cos tdt

x	0 → 1
t	0 →

（原式） $=\frac{2}{3}\underset{\small 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}(1-\sin^2t)^{\frac{3}{2}}\cos t dt$
$=\frac{2}{3}\underset{\small 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\cos^3t\cos t dt=\frac{2}{3}\underset{\small 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\cos^4tdt$
$=\frac{2}{3}\underset{\small 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}(\frac{\cos 4t}{8}+\frac{\cos 2t}{2}+\frac{3}{8})dt$
$=\frac{2}{3}\Bigl[\frac{\sin 4t}{32}+\frac{\sin 2t}{4}+\frac{3t}{8}\Bigr]_0^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi}{8}$

◇極座標◇

　極座標 x=rcosθ，y=rsinθ により，rθ 平面上の領域 H を xy 平面上の領域 K に写す変数変換を考えると，

dxdy=|J|drdθ

において，
$J=\begin{pmatrix}x_r& x_{\theta}\\ y_r& y_{\theta}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\cos\theta& -r\sin\theta\\ \sin\theta& r\cos\theta\end{pmatrix}$
$\mid J\mid=r\cos^2\theta+ r\sin^2\theta=r$
だから
$\underset{\hspace{20}\small K}{\iint}f(x,\hspace{2}y)dxdy=\underset{\hspace{20}\small H}{\iint}f(r\cos\theta,\hspace{2}r\sin\theta)rdrd\theta$
が成り立つ．

上の問題(3)は極座標 x=rcosθ，y=rsinθ を用いると，次のように計算できる
$\underset{\hspace{20}\small D}{\iint}y^2dxdy=\underset{\small 0}{\int^{\pi}}\bigl{\underset{\small 0}{\int^{1}}r^2\sin^2\theta\hspace{2}rdr\bigr}d\theta$
$=\underset{\small 0}{\int^{\pi}}\sin^2\theta\underset{\small 0}{\int^{1}}r^2rdr$
$=\underset{\small 0}{\int^{\pi}}\frac{1-\cos 2\theta}{2}d\theta\underset{\small 0}{\int^{1}}r^3dr$
$=\Bigl[\frac{\theta}{2}-\frac{\cos 2\theta}{4}\Bigr]_0^{\pi}\cdot\Bigl[\frac{r^4}{4}\Bigr]_0^1=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{4}=\frac{\pi}{8}$

例　上の例２の結果を用いて次の式が導かれる．

xy 平面全体（−∞<x<∞，−∞<y<∞の範囲）を領域 K とするとき
$\underset{\hspace{20}\small K}{\iint}e^{-(x^2+ y^2)}dxdy=\pi$ …(1)
さらに
$\underset{\small -\infty}{\int^{\infty}}e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi}$ …(2)[ ガウスの公式 ]
$\underset{\small -\infty}{\int^{\infty}}e^{-ax^2}dx=\sqrt{\frac{\pi}{a}}\hspace{10}(a\gt 0)$ …(3)

（解説）

　図のように，極座標より，rθ平面上の領域 H を xy平面上の領域 K に写す変数変換 x=rcosθ，y=rsinθを考えると，

dxdy=|J|drdθ
|J|=r

となるから，

$\underset{\hspace{20}\small K}{\iint}e^{-(x^2+ y^2)}dxdy=\underset{\hspace{20}\small H}{\iint}e^{-r^2}r\hspace{2}dr\hspace{2}d\theta$

（左辺）
$=\underset{\hspace{20}\small K}{\iint}e^{-(x^2+ y^2)}dxdy=\underset{\small-\infty}{\int^{\infty}}e^{-x^2}dx\underset{\small-\infty}{\int^{\infty}}e^{-y^2}dy$
ここで
$\underset{\small-\infty}{\int^{\infty}}e^{-x^2}dx=\underset{\small-\infty}{\int^{\infty}}e^{-y^2}dy=I$
とおくと
（左辺）=I2　　　　　　　　　（続く→）

（右辺） $=\underset{\small 0}{\int^{2\pi}} \underset{\small 0}{\int^{\infty}}e^{-r^2}\hspace{2}r\hspace{2}dr\hspace{2}d\theta$
ここで
$\left(-\frac{1}{2}e^{-r^2}\right)\apos=e^{-r^2}\hspace{2}r$
に注意すると
$\underset{\small 0}{\int^{\infty}}e^{-r^2}\hspace{2}r\hspace{2}dr=\underset{\small 0}{\int^{\infty}}\left(-\frac{1}{2}e^{-r^2}\right)\apos dr$
$=\Bigl[-\frac{1}{2}e^{-r^2}\Bigr]_0^{\infty}=\frac{1}{2}$
（右辺） $=\underset{\small 0}{\int^{2\pi}}\frac{1}{2}d\theta=\Bigl[\frac{\theta}{2}\Bigr]_0^{2\pi}=\pi$
以上から， $I^2=\pi$

$I=\sqrt{\pi}$ 　→(2)

さらに，(3)の左辺において， $\sqrt{a}x=t$ とおいて置換積分を行うと，

$\sqrt{a}dx=dt$

x	−∞ → ∞
t	−∞ → ∞

$\underset{\small -\infty}{\int^{\infty}}e^{-ax^2}dx=\underset{\small -\infty}{\int^{\infty}}e^{-t^2}\cdot\frac{dt}{\sqrt{a}}=\sqrt{\frac{\pi}{a}}$

次の(1)(2)を満たす関数 f(x) を確率密度関数（または，確率分布関数）という．
　(1)　区間−∞<x<∞ において，つねに f(x)≧0

　(2) $\underset{\small -\infty}{\int^{\infty}}f(x)dx=1$

（半角数字=1バイト文字で答えよ）
　問題　
(1)　関数 $f(x)=Ae^{-\frac{x^2}{2}}$ が確率密度関数を表わすように，定数Aの値を定めよ．

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上の(3)の式において，a= とおくと，
$\underset{\small -\infty}{\int^{\infty}}e^{-\frac{x^2}{2}}dx=\sqrt{2\pi}$
$\underset{\small -\infty}{\int^{\infty}}Ae^{-\frac{x^2}{2}}dx=A\sqrt{2\pi}=1$
より
$A=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$

(2)　関数 $f(x)=Be^{-\frac{(x-m)^2}{2\sigma^2}}\hspace{10}(\sigma\gt 0)$
が確率密度関数を表わすように，定数Bの値を定めよ．

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$\underset{\small-\infty}{\int^{\infty}}Be^{-\frac{(x-m)^2}{2\sigma^2}}dx$
において， $x-m=\sqrt{2}\sigma t$
とおくと， $dx=\sqrt{2}\sigma dt$

x	−∞ → ∞
t	−∞ → ∞

$\underset{\small-\infty}{\int^{\infty}}Be^{-\frac{(x-m)^2}{2\sigma^2}}dx$
$=\underset{\small-\infty}{\int^{\infty}}Be^{-t^2}\sqrt{2}\sigma dt$
$=\sqrt{2}\sigma B\underset{\small-\infty}{\int^{\infty}}e^{-t^2}dt=\sqrt{2\pi}\sigma B=1$
より
$B=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\hspace{2}\sigma}$

(3)
　原点を中心とする半径1の円で0≦x, 0≦yを満たす領域をDとするとき，
$\underset{\hspace{20}\small D}{\iint}(x+ y)dxdy$ , D={(x,y)| x2+y2≦1, 0≦x, 0≦y}
を極座標 x=rcosθ，y=rsinθを用いて計算せよ．

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$\underset{\hspace{20}\small D}{\iint}(x+ y)dxdy=\underset{\small 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}\bigl{\underset{\small 0}{\int^{1}}(r\cos\theta+ r\sin\theta)rdr\bigr}d\theta$ $=\underset{\small 0}{\int^{\frac{\pi}{2}}}(\cos\theta+\sin\theta)d\theta\underset{\small 0}{\int^{1}}r^2dr$
$=\Bigl[\sin\theta-\cos\theta\Bigr]_0^{\frac{\pi}{2}}\cdot \Bigl[\frac{r^3}{3}\Bigr]_0^{1}=\frac{2}{3}$

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