問題5.2.2
適当な変数変換を用いて、次の積分の値を計算せよ。
（１）$\displaystyle \iint_D (x-y)e^{x+y}\ dxdy$ $D:0 \leqq x+y \leqq 2,\ 0 \leqq x-y \leqq 2$
（２）$\displaystyle \iint_D x^2\ dxdy$ $D:\left(\dfrac{x}{a}\right)^2+\left(\dfrac{y}{b}\right)^2 \leqq 1,\ (a,\ b>0)$
（３）$\displaystyle \iint_D (x+y)^4\ dxdy$ $D:x^2+2xy+2y^2 \leqq 1$
《ポイント》
被積分関数の式の形や、領域の境界線となっている曲線の形からどのような変数変換が適切かを考えましょう。新たに定義される領域の形を正しく把握できていないと、つまらない計算ミスの元になる可能性があるので注意して下さい。
《解答例》
（１）$\displaystyle \iint_D (x-y)e^{x+y}\ dxdy$ $D:0 \leqq x+y \leqq 2,\ 0 \leqq x-y \leqq 2$
$u=x+y$、$v=x-y$ と置くと、$x=\dfrac{u+v}{2}$、$y=\dfrac{u-v}{2}$ となるから、ヤコビアンは$$\begin{align}\left|\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|&=\left|\det\left(\begin{array}& x_u & x_v \\ y_u & y_v \end{array}\right)\right| \\ &=\left|\det\left(\begin{array}& \frac{1}{2} & \ \ \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{array}\right)\right| \\ &=\frac{1}{2} \end{align}$$となる。よって領域$E$を$$E=\{(u,v)|\ 0 \leqq u \leqq 2,\ 0 \leqq v \leqq 2\}$$によって定義すれば、
$\begin{align}&\ \ \ \ \iint_D (x-y)e^{x+y}\ dxdy \\ &=\iint_E ve^u \dfrac{1}{2} dudv \\ &=\dfrac{1}{2}\int^{2}_{0}e^udu \int^{2}_{0}v\ dv \\ &=\dfrac{1}{2}\left[e^u\right]^{2}_{0}\left[\dfrac{v^2}{2}\right]^{2}_{0} \\ &=e^2-1 \ \ \cdots \cdots \text{(答)} \end{align}$
（２）$\displaystyle \iint_D x^2\ dxdy$ $D:\left(\dfrac{x}{a}\right)^2+\left(\dfrac{y}{b}\right)^2 \leqq 1,\ (a,\ b>0)$
$\displaystyle \iint_D x^2\ dxdy$ $D:\left(\dfrac{x}{a}\right)^2+\left(\dfrac{y}{b}\right)^2 \leqq 1$ より、$x=ar\cos \theta$、$y=br\sin \theta$ と置くと、ヤコビアンは$$\begin{align}\left|\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(r,\theta)}\right|&=\left|\det\left(\begin{array}& x_r & x_\theta \\ y_r & y_\theta \end{array}\right)\right| \\ &=\left|\det\left(\begin{array}& a \cos \theta & -ar\sin\theta \\ b \sin \theta & \ \ br \cos \theta \end{array}\right)\right| \\ &=abr \end{align}$$となる。よって、
$\begin{align}&\ \ \ \ \iint_D x^2\ dxdy \\ &=\int^{2\pi}_{0}d\theta \int^{1}_{0}a^2 r^2 \cos^2 \theta \ abr\ dr \\ &=a^3 b \int^{2\pi}_{0}\cos^2 \theta \ d\theta \int^{1}_{0}r^3 \ dr \\ &=4a^3 b\int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \cos^2 \theta \ d\theta \int^{1}_{0}r^3 \ dr \\ &=4a^3 b \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\pi}{2}\left[\dfrac{r^4}{4}\right]^{1}_{0} \\ &=\dfrac{\pi a^3 b}{4} \ \ \cdots \cdots \text{(答)} \end{align}$
※計算の途中で $\displaystyle \int^{2\pi}_{0} \cos^2 \theta \ d\theta=4\int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \cos^2 \theta \ d\theta$ の関係式を用いています。これはウォリスの公式を適用しやすくするための変形ですが、倍角の公式によって次数を下げても良いでしょう。
（３）$\displaystyle \iint_D (x+y)^4\ dxdy$ $D:x^2+2xy+2y^2 \leqq 1$
$\displaystyle \iint_D (x+y)^4\ dxdy$ $D:x^2+2xy+2y^2 \leqq 1$
$$x^2+2xy+2y^2=(x+y)^2+y^2$$となるので $u=x+y$、$v=y$ と置くと、$x=u-v$、$y=v$ であるから、ヤコビアンは$$\begin{align}\left|\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|&=\left|\det\left(\begin{array}& x_u & x_v \\ y_u & y_v \end{array}\right)\right| \\ &=\left|\det\left(\begin{array}& 1 & -1 \\ 0 & \ \ 1 \end{array}\right)\right| \\ &=1 \end{align}$$となる。よって領域$E$を$$E=\{(u,v)|\ u^2+v^2 \leqq 1\}$$によって定義すれば、$$\iint_D (x+y)^4\ dxdy =\iint_E u^4\ dudv$$と書き直せる。ここで $u=r\cos \theta$、$v=r\sin \theta$ と置くと、
$\begin{align}&\ \ \ \ \iint_E u^4\ dudv \\ &=\int^{2\pi}_{0} d\theta \int^{1}_{0} r^4 \cos^4 \theta \ r \ dr \\ &=\int^{2\pi}_{0} \cos^4 \theta \ d\theta \int^{1}_{0} r^5 \ dr \\ &=4\int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \cos^2 \theta \ d\theta \int^{1}_{0} r^5 \ dr \\ &=4 \cdot \dfrac{3 \cdot 1}{4 \cdot 2} \cdot \dfrac{\pi}{2}\left[\dfrac{r^6}{6}\right]^{1}_{0} \\ &=\dfrac{\pi}{8} \ \ \cdots \cdots \text{(答)} \end{align}$
復習例題は設定していません。