問題5.2.1
極座標を用いて次の積分の値を計算せよ。
（１）$\displaystyle \iint_D \dfrac{dxdy}{(x^2+y^2)^m}$ $D:a^2 \leqq x^2+y^2 \leqq 4a^2,\ (a>0)$
（２）$\displaystyle \iint_D \sqrt{1-x^2-y^2}\ dxdy$ $D:x^2+y^2 \leqq 1$
（３）$\displaystyle \iint_D x\ dxdy$ $D:x^2+y^2 \leqq x$
《ポイント》
重積分の変数変換には以下の関係式を用います。$$\displaystyle \iint_D f(x,y)\ dxdy=\iint_D f(x(u,v),y(u,v))\left|\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right| dudv$$ここで$\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\det\left(\begin{array}& x_u & x_v \\ y_u & y_v \end{array}\right)$はヤコビアンと呼ばれる量であり、積分の際は領域について方向を考えないので絶対値をつけます。
本問では極座標への変換を考えます。このときのヤコビアンは$r$なので、形式的に$$dxdy=r\ drd\theta$$と書くことができます。以下の解答例ではこの関係式を特に断りなく使用しています。
《解答例》
（１）$\displaystyle \iint_D \dfrac{dxdy}{(x^2+y^2)^m}$ $D:a^2 \leqq x^2+y^2 \leqq 4a^2,\ (a>0)$
$D:a^2 \leqq x^2+y^2 \leqq 4a^2,\ (a>0)$ より、$r=\sqrt{x^2+y^2}$ と置けば $a \leqq r \leqq 2a$ となるから、
$\begin{align}&\ \ \ \ \displaystyle \iint_D \dfrac{dxdy}{(x^2+y^2)^m} \\ &=\int^{2a}_{a}\dfrac{1}{r^{2m}}rdr\int^{2\pi}_{0}d\theta \end{align}$
となる。ここで $r^2=t$ と置くと $dt=2rdr$ であるから、
$\begin{align}&\ \ \ \ \int^{2a}_{a}\dfrac{1}{r^{2m}}rdr\int^{2\pi}_{0}d\theta \\ &=2\pi\int^{4a^2}_{a^2}\dfrac{1}{t^{m}}\dfrac{dt}{2} \ \ \cdots \cdots (★) \end{align}$
となる。よって $m=1$ のとき、
$\begin{align}(★)&=\pi\int^{4a^2}_{a^2}\dfrac{dt}{t} \\ &= \pi\big[\log t\big]^{4a^2}_{a^2} \\ &=\pi(\log 4a^2-\log a^2 ) \\ &=\pi\log\dfrac{4a^2}{a^2} \\ &=2\pi\log2 \ \ \cdots \cdots \text{(答)} \end{align}$
また $m\ne1$ のとき、
$\begin{align}(★)&=-\dfrac{\pi}{m-1}\left[\dfrac{1}{t^{m-1}}\right]^{4a^2}_{a^2} \\ &=-\dfrac{\pi}{m-1}\left(\dfrac{1}{(4a^2)^{m-1}}-\dfrac{1}{(a^2)^{m-1}}\right) \\ &=\dfrac{\pi}{(m-1)a^{2m-2}}\left(1-\dfrac{1}{2^{2m-2}}\right) \ \ \cdots \cdots \text{(答)} \end{align}$
（２）$\displaystyle \iint_D \sqrt{1-x^2-y^2}\ dxdy$ $D:x^2+y^2 \leqq 1$
$D:x^2+y^2 \leqq 1$ より、$r=\sqrt{x^2+y^2}$ と置けば $0 \leqq r \leqq 1$ となるから、
$\begin{align}&\ \ \ \ \iint_D \sqrt{1-x^2-y^2}\ dxdy \\ &=\int^{1}_{0}\sqrt{1-r^2}\ r\ dr\int^{2\pi}_{0}d\theta \\ &=2\pi\int^{1}_{0}\sqrt{1-r^2}\ r\ dr \end{align}$
となる。ここで $r^2=t$ と置くと $dt=2rdr$ であるから、
$\begin{align}&\ \ \ \ 2\pi\int^{1}_{0}\sqrt{1-r^2}\ r\ dr \\ &=\pi\int^{1}_{0}\sqrt{1-t}\ dt \\ &=\pi\left[-\dfrac{2}{3}(1-t)^{\frac{3}{2}}\right]^{1}_{0} \\ &=\dfrac{2}{3}\pi \ \ \cdots \cdots \text{(答)} \end{align}$
となる。
（３）$\displaystyle \iint_D x\ dxdy$ $D:x^2+y^2 \leqq x$
$x=r\cos \theta$、$y=r\sin \theta$ と置く。$D$は中心$\left(\dfrac{1}{2},0\right)$、半径$\dfrac{1}{2}$の円の内部であるから、$r$、$\theta$の範囲は$$0 \leqq r \leqq \cos \theta,\ -\dfrac{\pi}{2} \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}$$となる。この領域を$E$とすると
$\begin{align}&\ \ \ \ \ \iint_D x\ dxdy \\ &=\iint_E r\cos \theta\ r \ drd\theta \\ &=\int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}}d\theta \int^{\cos \theta}_{0} r^2 \cos \theta \ dr \\ &=\int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{3} \cos^4 \theta \ d\theta \\ &=\dfrac{2}{3} \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \cos^4 \theta \ d\theta \\ &=\dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{3 \cdot 1}{4 \cdot 2} \cdot \dfrac{\pi}{2} \\ &= \dfrac{\pi}{8} \ \ \cdots \cdots \text{(答)} \end{align}$
復習例題は設定していません。