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問題5.2.1

極座標を用いて次の積分の値を計算せよ。

（１）${\displaystyle {\iint }_D{\displaystyle \frac{dxdy}{(x^2+y^2{)}^m}}}$　$D:a^2\leqq x^2+y^2\leqq 4a^2,(a>0)$

（２）${\displaystyle {\iint }_D\sqrt{1-x^2-y^2}dxdy}$　$D:x^2+y^2\leqq 1$

（３）${\displaystyle {\iint }_{D}xdxdy}$　$D:x^2+y^2\leqq x$

 

《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。$${\displaystyle {\iint }_{D}f(x,y)dxdy={\iint }_{D}f(x(u,v),y(u,v))\left|{\displaystyle \frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}}\right|dudv}$$ここで${\displaystyle \frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}}=det\left(\begin{array}{}{x}_u& x_v\\ y_u& y_v\end{array}\right)$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$$dxdy=rdrd\theta$$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。

 

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《解答例》

（１）${\displaystyle {\iint }_D{\displaystyle \frac{dxdy}{(x^2+y^2{)}^m}}}$　$D:a^2\leqq x^2+y^2\leqq 4a^2,(a>0)$

$D:a^2\leqq x^2+y^2\leqq 4a^2,(a>0)$ より、$r=\sqrt{x^2+y^2}$ と置けば $a\leqq r\leqq 2a$ となるから、

$\begin{array}{rl}& {\displaystyle {\iint }_D{\displaystyle \frac{dxdy}{(x^2+y^2{)}^m}}}\\ & ={\int }_a^{2a}{\displaystyle \frac{1}{r^{2m}}}rdr{\int }_0^{2\pi }d\theta \end{array}$

となる。ここで $r^2=t$ と置くと $dt=2rdr$ であるから、

$\begin{array}{rl}& {\int }_a^{2a}{\displaystyle \frac{1}{r^{2m}}}rdr{\int }_0^{2\pi }d\theta \\ & =2\pi {\int }_{a^2}^{4a^2}{\displaystyle \frac{1}{t^m}}{\displaystyle \frac{dt}{2}}\cdots \cdots (★)\end{array}$

となる。よって $m=1$ のとき、

$\begin{array}{rl}(★)& =\pi {\int }_{a^2}^{4a^2}{\displaystyle \frac{dt}{t}}\\ & =\pi [\log t{]}_{a^2}^{4a^2}\\ & =\pi (\log 4a^2-\log a^2)\\ & =\pi \log {\displaystyle \frac{4a^2}{a^2}}\\ & =2\pi \log 2\cdots \cdots \text{(答)}\end{array}$

また $m\ne 1$ のとき、

$\begin{array}{rl}(★)& =-{\displaystyle \frac{\pi }{m-1}}{\left[{\displaystyle \frac{1}{t^{m-1}}}\right]}_{a^2}^{4a^2}\\ & =-{\displaystyle \frac{\pi }{m-1}}({\displaystyle \frac{1}{(4a^2{)}^{m-1}}}-{\displaystyle \frac{1}{(a^2{)}^{m-1}}})\\ & ={\displaystyle \frac{\pi }{(m-1)a^{2m-2}}}(1-{\displaystyle \frac{1}{2^{2m-2}}})\cdots \cdots \text{(答)}\end{array}$

 

 

（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、

$\begin{array}{rl}& {\iint }_D\sqrt{1-x^2-y^2}dxdy\\ & ={\int }_0^1\sqrt{1-r^2}rdr{\int }_0^{2\pi }d\theta \\ & =2\pi {\int }_0^1\sqrt{1-r^2}rdr\end{array}$

となる。ここで $r^2=t$ と置くと $dt=2rdr$ であるから、

$\begin{array}{rl}& 2\pi {\int }_0^1\sqrt{1-r^2}rdr\\ & =\pi {\int }_0^1\sqrt{1-t}dt\\ & =\pi {[-{\displaystyle \frac{2}{3}}(1-t{)}^{\frac{3}{2}}]}_0^1\\ & ={\displaystyle \frac{2}{3}}\pi \cdots \cdots \text{(答)}\end{array}$

となる。

 

 

（３）${\displaystyle {\iint }_{D}xdxdy}$　$D:x^2+y^2\leqq x$

$x=r\cos \theta$、$y=r\sin \theta$ と置く。$D$は中心$({\displaystyle \frac{1}{2}},0)$、半径${\displaystyle \frac{1}{2}}$の円の内部であるから、$r$、$\theta$の範囲は$$0\leqq r\leqq \cos \theta ,-{\displaystyle \frac{\pi }{2}}\leqq \theta \leqq {\displaystyle \frac{\pi }{2}}$$となる。この領域を$E$とすると

$\begin{array}{rl}& {\iint }_{D}xdxdy\\ & ={\iint }_{E}r\cos \theta rdrd\theta \\ & ={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_0^{\cos \theta }{r}^2\cos \theta dr\\ & ={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\displaystyle \frac{1}{3}}{\cos }^4\theta d\theta \\ & ={\displaystyle \frac{2}{3}}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^4\theta d\theta \\ & ={\displaystyle \frac{2}{3}}\cdot {\displaystyle \frac{3\cdot 1}{4\cdot 2}}\cdot {\displaystyle \frac{\pi }{2}}\\ & ={\displaystyle \frac{\pi }{8}}\cdots \cdots \text{(答)}\end{array}$

 

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復習例題は設定していません。

 

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