前に戻る　トップへ戻る　次の問題へ

問題5.4.4b

次の図形の曲面積を求めよ（$a>0$）。

（３）曲面 $z=x^2+y^2$ の平面 $z=a$ より下の部分

（４）曲面 $z=xy$ の円柱 $x^2+y^2=a^2$ の内部

（５）球面 $x^2+y^2+z^2=4$ の回転放物面 $x^2+y^2=2z+1$ より上の部分

 

《ポイント》

いきなり曲面の立体的なイメージを思い描くのではなく、まずは不等式を用いて数式のとりうる値の範囲を求めましょう。積分する方向によって積分計算のしやすさが変わってくるので積分する文字や順序に注意しなければなりません。

 

---

 

《解答例》

（３）曲面 $z=x^2+y^2$ の平面 $z=a$ より下の部分

領域$D$を$$D=\{(x,y)|x^2+y^2\leqq a\}$$によって定めれば、求める曲面積$S$は$$\begin{array}{rl}S& ={\iint }_D\sqrt{1+{z_x}^2+{z_y}^2}dxdy\\ & ={\iint }_D\sqrt{1+4x^2+4y^2}dxdy\\ & (\because z_x=2x,z_y=2y)\\ & ={\iint }_D\sqrt{1+4(x^2+y^2)}dxdy\cdots (\ast )\end{array}$$となる。ここで $x=r\cos \theta$、$y=r\sin \theta$（$0\leqq r\leqq \sqrt{a}$、$0\leqq \theta \leqq 2\pi$）と置けば、$$(\ast )={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^{\sqrt{a}}\sqrt{1+4r^2}rdr$$となる。これに対して更に $r^2=t$ と置くと $t:0\to a$、$dt=2rdr$ であり、

$$\begin{array}{rl}(\ast )& ={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^a\sqrt{1+4t}{\displaystyle \frac{dt}{2}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 2\pi {\int }_0^a\sqrt{1+4t}dt\\ & =\pi {[{\displaystyle \frac{1}{6}}(1+4t{)}^{\frac{3}{2}}]}_0^a\\ & ={\displaystyle \frac{\pi }{6}}((1+4a{)}^{\frac{3}{2}}-1)\cdots \cdots \text{(答)}\end{array}$$と求められる。

※曲面 $z=x^2+y^2$ は$xz$平面、$yz$平面に関して対称なので $x\geqq 0$、$y\geqq 0$ の部分を計算してから$4$倍してもよいのですが、いずれにしても極座標を使うことになるので領域を象限ごとに分割するなどの小細工は施していません。

 

 

（４）曲面 $z=xy$ の円柱 $x^2+y^2=a^2$ の内部

領域$D$を$$D=\{(x,y)|x^2+y^2\leqq a^2\}$$によって定めれば、求める曲面積$S$は$$\begin{array}{rl}S& ={\iint }_D\sqrt{1+{z_x}^2+{z_y}^2}dxdy\\ & ={\iint }_D\sqrt{1+y^2+x^2}dxdy\\ & (\because z_x=y,z_y=x)\\ & ={\iint }_D\sqrt{1+(x^2+y^2)}dxdy\cdots (\ast )\end{array}$$となる。ここで $x=r\cos \theta$、$y=r\sin \theta$（$0\leqq r\leqq a$、$0\leqq \theta \leqq 2\pi$）と置けば、$$\begin{array}{rl}(\ast )& ={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^a\sqrt{1+r^2}rdr\\ & =2\pi {[{\displaystyle \frac{1}{3}}(1+r^2{)}^{\frac{3}{2}}]}_0^a\\ & ={\displaystyle \frac{2\pi }{3}}((1+a^2{)}^{\frac{3}{2}}-1)\cdots \cdots \text{(答)}\end{array}$$と求められる。

※曲面 $z=xy$ は平面 $x=z$、平面 $y=z$ に関して対称なので ４分割して求積することもできますが（３）と同じ理由でそのまま計算しています。

 

 

（５）球面 $x^2+y^2+z^2=4$ の回転放物面 $x^2+y^2=2z+1$ より上の部分

$x^2+y^2+z^2=4$ に $x^2+y^2=2z+1$ を代入して$z$について解くと $z=1,-3$ となるが、$z=-3$ は $x^2+y^2+z^2=4$ を満たさないため不適。よって$$z=1$$を得る。よって領域$D$を、$z=1$ としたときの曲面の$xy$平面に対する正射影となる領域として$$D=\{(x,y)|x^2+y^2\leqq 3\}$$と定めればよい。ここで関数$z$について、$x^2+y^2+z^2=4$ の両辺を$x$、$y$で偏微分すると、$z_x=-{\displaystyle \frac{x}{z}}$、$z_y=-{\displaystyle \frac{y}{z}}$ となるから、求める曲面積$S$は$$\begin{array}{rl}S& =2{\iint }_D\sqrt{1+{z_x}^2+{z_y}^2}dxdy\\ & ={\iint }_D\sqrt{1+{(-{\displaystyle \frac{x}{z}})}^2+{(-{\displaystyle \frac{y}{z}})}^2}dxdy\\ & ={\iint }_D\sqrt{{\displaystyle \frac{z^2+x^2+y^2}{z^2}}}dxdy\\ & ={\iint }_D\sqrt{{\displaystyle \frac{4}{z^2}}}dxdy\\ & ={\iint }_D{\displaystyle \frac{2}{|z|}}dxdy\\ & =2{\iint }_D{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{4-(x^2+y^2)}}}dxdy\cdots (\ast )\end{array}$$となる。ここで $x=r\cos \theta$、$y=r\sin \theta$（$0\leqq r\leqq \sqrt{3}$、$0\leqq \theta \leqq 2\pi$）と置けば、$$\begin{array}{rl}(\ast )& =2{\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^{\sqrt{3}}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{4-r^2}}}rdr\\ & =4\pi {[-(4-r^2{)}^{\frac{1}{2}}]}_0^{\sqrt{3}}\\ & =4\pi \cdots \cdots \text{(答)}\end{array}$$と求められる。

 

---

 

復習例題は設定していません。

 

---

前に戻る　トップへ戻る　次の問題へ