重積分の計算問題｜累次積分・積分順序の変更・極座標・ヤコビアン

重積分は、積分の順序と座標の取り方で手間が大きく変わる。同じ積分でも選び違えると、初等関数で書けない 1 変数積分に突き当たる。

以下の問題はその選び方を身につけるために並べてある。後半には、順序や範囲の取り方を誤りやすいものを集めた。

問題 1：長方形領域の累次積分

${\iint }_{D}xydA$ を計算せよ。ただし $D=\{(x,y):0\le x\le 1,0\le y\le 2\}$ とする。

解答 1

$${\iint }_{D}xydA={\int }_0^1{\int }_0^{2}xydydx={\int }_0^{1}x{\left[\frac{y^2}{2}\right]}_0^{2}dx={\int }_0^{1}2xdx=1$$

被積分関数が $x$ の式と $y$ の式の積になっていて、領域も長方形である。この 2 つがそろうときだけ、$\left({\int }_0^{1}xdx\right)\left({\int }_0^{2}ydy\right)$ と分けて計算してよい。

領域が長方形でなければ分けられない。内側の積分範囲に $x$ が入ってくるからである。

問題 2：積分順序を選ぶ

${\iint }_{D}x{e}^{xy}dA$ を計算せよ。ただし $D=[0,1]\times [0,1]$ とする。

解答 2

$y$ で先に積分する。$x$ を定数と見れば、$e^{xy}$ の原始関数は $e^{xy}/x$ である。

$${\int }_0^{1}x{e}^{xy}dy=x{\left[\frac{e^{xy}}{x}\right]}_{y=0}^1=e^x-1$$

$${\iint }_{D}x{e}^{xy}dA={\int }_0^1(e^x-1)dx=(e-1)-1=e-2$$

$x$ で先に積分すると部分積分が要り、そのあと現れる $y$ の積分もひと手間かかる。領域が長方形なら順序は自由なので、楽なほうを選べばよい。

問題 3：曲線で挟まれた領域

${\iint }_D(x+y)dA$ を計算せよ。ただし $D$ は $y=x^2$ と $y=x$ で囲まれた領域とする。

解答 3

交点は $x^2=x$ より $x=0,1$ である。$0<x<1$ では $x^2<x$ なので、$D=\{0\le x\le 1,x^2\le y\le x\}$ と書ける。

$${\int }_{x^2}^x(x+y)dy={\left[xy+\frac{y^2}{2}\right]}_{x^2}^x=\frac{3x^2}{2}-x^3-\frac{x^4}{2}$$

$${\iint }_D(x+y)dA={\int }_0^1\left(\frac{3x^2}{2}-x^3-\frac{x^4}{2}\right)dx=\frac{1}{2}-\frac{1}{4}-\frac{1}{10}=\frac{3}{20}$$

上下どちらの曲線が上にあるかを、区間ごとに確かめてから積分範囲を書く。ここを逆にすると符号が反転する。

問題 4：三角形領域

${\iint }_D(x+y)dA$ を計算せよ。ただし $D$ は $(0,0)$、$(1,0)$、$(0,1)$ を頂点とする三角形とする。

解答 4

$D=\{0\le x\le 1,0\le y\le 1-x\}$ である。

$${\int }_0^{1-x}(x+y)dy={\left[xy+\frac{y^2}{2}\right]}_0^{1-x}=x(1-x)+\frac{(1-x{)}^2}{2}=\frac{1}{2}-\frac{x^2}{2}$$

$${\iint }_D(x+y)dA={\int }_0^1\left(\frac{1}{2}-\frac{x^2}{2}\right)dx=\frac{1}{2}-\frac{1}{6}=\frac{1}{3}$$

内側の積分を終えた式が $x$ だけの簡単な形になった。$x(1-x)$ と $(1-x{)}^2/2$ の $x$ の 1 次と 2 次が打ち消し合っている。

問題 5：積分順序の変更

${\int }_0^1{\int }_x^1{e}^{y^2}dydx$ を計算せよ。

解答 5

$e^{y^2}$ の原始関数は初等関数で書けないので、この順序のままでは進まない。領域を描き直す。

積分領域は $0\le x\le 1$ かつ $x\le y\le 1$ で、これは $0\le y\le 1$ かつ $0\le x\le y$ と同じである。

$${\int }_0^1{\int }_0^y{e}^{y^2}dxdy={\int }_0^{1}y{e}^{y^2}dy=\frac{1}{2}{\int }_0^1{e}^{u}du=\frac{e-1}{2}$$

最後は $u=y^2$ と置換した。順序を変えたことで $y$ が 1 つ落ちてきて、置換が効く形になっている。

<svg viewBox="0 0 460 220" width="100%" style="max-width:460px;display:block;margin:0 auto">
	<polygon points="60,180 60,70 170,70" fill="#1b81e0" opacity="0.12"></polygon>
	<line x1="50" y1="180" x2="185" y2="180" stroke="#c8c8c8" stroke-width="1"></line>
	<line x1="60" y1="60" x2="60" y2="190" stroke="#c8c8c8" stroke-width="1"></line>
	<line x1="60" y1="180" x2="170" y2="70" stroke="#1f1f1f" stroke-width="1.5"></line>
	<line x1="104" y1="136" x2="104" y2="70" stroke="#d0562a" stroke-width="2"></line>
	<polygon points="280,180 280,70 390,70" fill="#1b81e0" opacity="0.12"></polygon>
	<line x1="270" y1="180" x2="405" y2="180" stroke="#c8c8c8" stroke-width="1"></line>
	<line x1="280" y1="60" x2="280" y2="190" stroke="#c8c8c8" stroke-width="1"></line>
	<line x1="280" y1="180" x2="390" y2="70" stroke="#1f1f1f" stroke-width="1.5"></line>
	<line x1="280" y1="114" x2="346" y2="114" stroke="#d0562a" stroke-width="2"></line>
	<text x="50" y="30" font-size="11" fill="#1f1f1f">同じ領域でも、切る向きで積分範囲の式が変わる</text>
	<text x="50" y="204" font-size="11" fill="#9a9a9a">縦に切ると先に y で積分</text>
	<text x="270" y="204" font-size="11" fill="#9a9a9a">横に切ると先に x で積分</text>
</svg>

図の左が元の順序、右が変更後である。縦の切り口は $y$ が $x$ から 1 まで、横の切り口は $x$ が 0 から $y$ までとなり、同じ領域が別の不等式で書かれる。

問題 6：積分順序の変更（三角関数）

${\int }_0^{\pi }{\int }_x^{\pi }\frac{\sin y}{y}dydx$ を計算せよ。

解答 6

$\frac{\sin y}{y}$ の原始関数も初等関数では書けない。前問と同じ形の領域なので、同じ手が使える。

領域は $0\le y\le \pi$ かつ $0\le x\le y$ と書き直せる。

$${\int }_0^{\pi }{\int }_0^y\frac{\sin y}{y}dxdy={\int }_0^{\pi }\frac{\sin y}{y}\cdot ydy={\int }_0^{\pi }\sin ydy=2$$

内側の積分で $y$ が掛かり、分母の $y$ と約分された。順序を変えて分母が消える形は、この種の問題の典型である。

問題 7：分割が要る場合

$D$ を $(0,0)$、$(2,0)$、$(1,1)$ を頂点とする三角形とする。${\iint }_{D}ydA$ を、2 通りの順序で計算せよ。

解答 7

先に $x$ で積分する。高さ $y$ の水平な切り口は $y\le x\le 2-y$ である。

$${\int }_0^{1}y((2-y)-y)dy=2{\int }_0^1(y-y^2)dy=2\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{3}$$

先に $y$ で積分すると、垂直な切り口の上端が $x=1$ を境に変わる。$0\le x\le 1$ では $y=x$、$1\le x\le 2$ では $y=2-x$ である。

$${\int }_0^1{\int }_0^{x}ydydx+{\int }_1^2{\int }_0^{2-x}ydydx={\int }_0^1\frac{x^2}{2}dx+{\int }_1^2\frac{(2-x{)}^2}{2}dx=\frac{1}{6}+\frac{1}{6}=\frac{1}{3}$$

答えは一致する。順序を変えるときは不等式を書き換えるだけで済ませず、領域を描いて切り口の端が途中で変わらないか確かめる。

問題 8：極座標への変換

${\iint }_D\sqrt{x^2+y^2}dA$ を計算せよ。ただし $D$ は $x^2+y^2\le 4$ の円板とする。

解答 8

$x=r\cos \theta$、$y=r\sin \theta$ と置く。面積要素は $dA=rdrd\theta$ である。

$${\iint }_D\sqrt{x^2+y^2}dA={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{2}r\cdot rdrd\theta =2\pi {\left[\frac{r^3}{3}\right]}_0^2=\frac{16\pi }{3}$$

被積分関数の $\sqrt{x^2+y^2}$ が $r$ になり、面積要素からもう 1 つ $r$ が出て $r^2$ になった。$dA$ の $r$ を落とすと答えが $8\pi$ になり、まったく合わない。

問題 9：ガウス積分

${\iint }_{{\mathbb{R}}^2}{e}^{-(x^2+y^2)}dA$ を極座標で計算し、${\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-x^2}dx$ の値を求めよ。

解答 9

$${\iint }_{{\mathbb{R}}^2}{e}^{-(x^2+y^2)}dA={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\infty }{e}^{-r^2}rdrd\theta =2\pi {\left[-\frac{e^{-r^2}}{2}\right]}_0^{\infty }=\pi$$

一方この重積分は $x$ と $y$ に分離できるので、${\left({\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-x^2}dx\right)}^2$ に等しい。両辺を比べて次を得る。

$${\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-x^2}dx=\sqrt{\pi }$$

面積要素の $r$ が効いているのがこの問題である。$r$ がなければ ${\int }_0^{\infty }{e}^{-r^2}dr$ が残り、1 変数のままでは手が出ない。1 変数で解けない積分が 2 変数にすると解ける、という逆転が起きている。

問題 10：原点を通る円

${\iint }_D\sqrt{x^2+y^2}dA$ を計算せよ。ただし $D$ は $x^2+y^2\le 2x$ の円板とする。

解答 10

極座標に直す。$r^2\le 2r\cos \theta$ より、$r>0$ の部分では $r\le 2\cos \theta$ である。

$r$ の上限が正でなければならないので、$\cos \theta >0$、つまり $-\frac{\pi }{2}<\theta <\frac{\pi }{2}$ に限られる。

$${\iint }_D\sqrt{x^2+y^2}dA={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{\int }_0^{2\cos \theta }{r}^{2}drd\theta ={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}\frac{8{\cos }^3\theta }{3}d\theta$$

${\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{\cos }^3\theta d\theta =2{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^3\theta d\theta =\frac{4}{3}$ なので、値は $\frac{32}{9}$ である。

<svg viewBox="0 0 460 250" width="100%" style="max-width:460px;display:block;margin:0 auto">
	<circle cx="190" cy="130" r="80" fill="#1b81e0" opacity="0.1"></circle>
	<line x1="60" y1="130" x2="400" y2="130" stroke="#c8c8c8" stroke-width="1"></line>
	<line x1="110" y1="45" x2="110" y2="220" stroke="#c8c8c8" stroke-width="1"></line>
	<circle cx="190" cy="130" r="80" fill="none" stroke="#1b81e0" stroke-width="2"></circle>
	<line x1="110" y1="130" x2="270" y2="130" stroke="#d0562a" stroke-width="1"></line>
	<line x1="110" y1="130" x2="190" y2="50" stroke="#d0562a" stroke-width="1"></line>
	<line x1="110" y1="130" x2="190" y2="210" stroke="#d0562a" stroke-width="1"></line>
	<circle cx="110" cy="130" r="3" fill="#1f1f1f"></circle>
	<text x="55" y="30" font-size="11" fill="#1f1f1f">原点を通る円。原点から出る半直線が円を切り取る</text>
	<text x="292" y="110" font-size="11" fill="#d0562a">r = 2cos θ</text>
	<text x="55" y="238" font-size="11" fill="#9a9a9a">θ を 0 から 2π まで動かすと、r の上限が負になり破綻する</text>
</svg>

原点が円周上にあるので、原点から出る半直線は円を 1 回だけ切って通り抜ける。切り取られる長さが $2\cos \theta$ である。

$\theta$ を $0$ から $2\pi$ まで動かすと、$\cos \theta <0$ の範囲で上限が負になる。範囲を機械的に決めず、$r$ の上限が正である向きだけを取る。

つまずきやすいところ

計算そのものより、範囲と要素の書き方で間違えることが多い。

どれも領域を図に描けば防げる。式だけで進めないのが確実である。

問題 11：一次変換とヤコビアン

${\iint }_D{e}^{(x-y)/(x+y)}dA$ を計算せよ。ただし $D$ は $x\ge 0$、$y\ge 0$、$1\le x+y\le 2$ の領域とする。

解答 11

$u=x+y$、$v=x-y$ と変換する。逆に解くと $x=\frac{u+v}{2}$、$y=\frac{u-v}{2}$ である。

$$\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}=\left|\begin{array}{cc}1/2& 1/2\\ 1/2& -1/2\end{array}\right|=-\frac{1}{2}$$

掛けるのは絶対値の $\frac{1}{2}$ である。$x\ge 0$ と $y\ge 0$ は $-u\le v\le u$ にあたり、$1\le u\le 2$ が残る。

$$\frac{1}{2}{\int }_1^2{\int }_{-u}^u{e}^{v/u}dvdu=\frac{1}{2}{\int }_1^2{\left[u{e}^{v/u}\right]}_{-u}^{u}du=\frac{e-e^{-1}}{2}{\int }_1^{2}udu$$

$$=\frac{e-e^{-1}}{2}\cdot \frac{3}{2}=\frac{3(e^2-1)}{4e}$$

内側の積分で $u$ が定数として扱われるところが要点である。$v$ の範囲が $u$ に依存しているので、$u$ の積分を外側にしなければならない。

問題 12：楕円領域

${\iint }_D(x^2+y^2)dA$ を計算せよ。ただし $D$ は $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9}\le 1$ の楕円板とする。

解答 12

$x=2u$、$y=3v$ と置くと、領域は単位円板 $u^2+v^2\le 1$ になる。ヤコビアンは $2\cdot 3=6$ である。

$${\iint }_D(x^2+y^2)dA=6{\iint }_{u^2+v^2\le 1}(4u^2+9v^2)dudv$$

単位円板では対称性から $\iint u^2=\iint v^2$ であり、和は $\iint (u^2+v^2)$ に等しい。

$${\iint }_{u^2+v^2\le 1}(u^2+v^2)dudv={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1{r}^2\cdot rdrd\theta =\frac{\pi }{2}$$

したがって $\iint u^2=\iint v^2=\frac{\pi }{4}$ となり、答えは $6\left(4\cdot \frac{\pi }{4}+9\cdot \frac{\pi }{4}\right)=\frac{39\pi }{2}$ である。

楕円をそのまま極座標にすると $r$ の上限が $\theta$ の複雑な式になる。先に円へ直す変換を挟むほうが早い。

問題 13：球座標

${\iiint }_{V}zdV$ を計算せよ。ただし $V$ は $x^2+y^2+z^2\le 1$ かつ $z\ge 0$ の上半球とする。

解答 13

球座標を使う。$z=\rho \cos \varphi$、体積要素は $dV={\rho }^2\sin \varphi d\rho d\varphi d\theta$ である。

上半球は $0\le \rho \le 1$、$0\le \varphi \le \frac{\pi }{2}$、$0\le \theta \le 2\pi$ にあたる。

$${\iiint }_{V}zdV={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^1\rho \cos \varphi \cdot {\rho }^2\sin \varphi d\rho d\varphi d\theta =2\pi \cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}=\frac{\pi }{4}$$

$\varphi$ は $z$ 軸からの角である。上半球なので $\frac{\pi }{2}$ までで、$\pi$ まで動かすと下半分まで含めてしまい 0 になる。

問題 14：四面体

${\iiint }_{V}xdV$ を計算せよ。ただし $V$ は $x\ge 0$、$y\ge 0$、$z\ge 0$、$x+y+z\le 1$ の四面体とする。

解答 14

内側から順に積分する。$z$ の上限は $1-x-y$、$y$ の上限は $1-x$ である。

$${\int }_0^{1-x-y}dz=1-x-y,{\int }_0^{1-x}(1-x-y)dy=\frac{(1-x{)}^2}{2}$$

$${\iiint }_{V}xdV={\int }_0^{1}x\cdot \frac{(1-x{)}^2}{2}dx=\frac{1}{2}{\int }_0^1(x-2x^2+x^3)dx=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{12}=\frac{1}{24}$$

対称性で検算できる。$x$、$y$、$z$ の役割は対等なので 3 つの積分は等しく、和は $\iiint (x+y+z)dV$ である。この値が $\frac{3}{24}=\frac{1}{8}$ になっている。

問題 15：円柱座標

${\iiint }_V(x^2+y^2)dV$ を計算せよ。ただし $V$ は $x^2+y^2\le 1$、$0\le z\le 2$ の円柱とする。

解答 15

円柱座標では $dV=rdrd\theta dz$ である。$z$ の範囲が $r$ にも $\theta$ にも依存しないので、3 つの積分が完全に分離する。

$${\iiint }_V(x^2+y^2)dV={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1{\int }_0^2{r}^2\cdot rdzdrd\theta =2\pi \cdot 2\cdot {\int }_0^1{r}^{3}dr=\pi$$

球座標を使うと領域が円柱なので $\rho$ の上限が $\varphi$ の式になり、かえって面倒になる。領域の形に合う座標を選ぶ。

問題 16：順序を変えると値が変わる例

$f(x,y)=\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2{)}^2}$ について、$(0,1]\times (0,1]$ 上の 2 通りの累次積分を計算せよ。

解答 16

$\frac{y}{x^2+y^2}$ を $y$ で微分すると $f$ になるので、内側の積分は次のとおりである。

$${\int }_0^{1}f(x,y)dy={\left[\frac{y}{x^2+y^2}\right]}_0^1=\frac{1}{1+x^2}$$

$${\int }_0^1\left({\int }_0^{1}fdy\right)dx={\int }_0^1\frac{dx}{1+x^2}=\frac{\pi }{4}$$

一方 $f(y,x)=-f(x,y)$ なので、順序を入れ替えた累次積分は $-\frac{\pi }{4}$ になる。

$${\int }_0^1\left({\int }_0^{1}fdx\right)dy=-\frac{\pi }{4}$$

2 つの値が食い違う。原点の近くで $\iint |f|dA$ が発散しているためで、フビニの定理の仮定が満たされていない。

順序を入れ替えてよいのは、絶対値の重積分が有限のときである。有界な領域で連続な関数を扱っているかぎり心配は要らないが、この問題のように端で発散する場合は確かめてから入れ替える。

参考文献