$\def\bm#1{{\boldsymbol{#1}}}$

ベクトル解析演習7

今回は前回に引き続き重積分の計算練習をしましょう。

要点のまとめ

もし閉領域$D$が$\{ (x,y) | a\leq x \leq b,~\varphi_1(x) \leq y \leq \varphi_2(x) \}$と$\{ (x,y) | c\leq y \leq d,~\psi_1(y) \leq x \leq \psi_2(y) \}$の2通りであらわせるとしたら、
\[
\int_a^b \left\{ \int_{\varphi_1(x)}^{\varphi_2(x)} f(x,y) dy \right\} dx = \int_c^d \left\{ \int_{\psi_1(y)}^{\psi_2(y)} f(x,y) dx \right\} dy
\]
です。これを積分順序の変更と言います。

問題7

次の領域$D$に関する重積分を計算しなさい。

(1)
\[
\iint_D xydxdy
\]
$D$は$y=x,y=-x^2+2$で囲まれた閉領域とする。

(2)
\[
\iint_D \dfrac{x^2}{y^2} dxdy
\]
$D$は$x=2,y=x,xy=1$で囲まれた閉領域とする。

(3)
\[
\iint_D (2x-y)dxdy
\]
$D$は$x-y=1,x+y=1,y=1$で囲まれた閉領域とする。

(4)
\[
\iint_D \dfrac{dxdy}{1+x^2} , ~ D=\{(x,y)|0\leq x\leq y\leq 1\}
\]

(5)
\[
\iint_D \sqrt{2y-x}dxdy , ~ D=\{(x,y)|x+y\leq 2, 0\leq x \leq 2y\}
\]

(6)
\[
\iint_D \dfrac{y}{x^2}e^{y/x}dxdy , ~ D=\{(x,y)|1\leq x\leq 2, 0\leq y\leq x^2\}
\]

(7)
\[
\iint_D (\log{y}-\log{x})dxdy , ~ D=\{(x,y)|1\leq y\leq x\leq e\}
\]

解答7

(1)
$D=\{(x,y)|=-2\leq x\leq 1,x\leq y\leq -x^2+2\}$
従って
\[
\iint_D xy dxdy=\int^{1}_{-2}\left(\int^{-x^2+x}_{x}xydy\right)dx=\int^{1}_{-2}\left(\frac{1}{2}x^5-\frac{5}{2}x^3+2x\right)dx=\frac{9}{8}
\]

(2)
$D=\left\{(x,y)|=1\leq x\leq 2, \displaystyle\frac{1}{x}\leq y\leq x\right\}$
従って
\[
\iint_D \frac{x^2}{y^2} dxdy=\int^{2}_{1}\left(\int^{x}_{\frac{1}{x}}\frac{x^2}{y^2}dy\right)dx=\int^{2}_{1}(x^3-x)dx=\frac{9}{4}
\]

(3)
$D=\{(x,y)|=1-y\leq x\leq 1+y, 0\leq y\leq 1\}$
従って
\[
\iint_D (2x-y) dxdy=\int^{1}_{0}\left\{\int^{1+y}_{1-y}(2x-y)dx\right\}dy=\int^{1}_{0}(-2y^2+4y)dy=\frac{4}{3}
\]

(4)
$D=\{(x,y)|=0\leq x\leq 1,x\leq y\leq 1\}$
従って
\[
\iint_D \frac{1}{1+x^2} dxdy=\int^{1}_{0}\left(\int^{1}_{x}\frac{1}{1+x^2}dy\right)dx=\int^{1}_{0}\left(\frac{1}{1+x^2}-\frac{x}{1+x^2}\right)dx=\arctan{1}-\frac{1}{2}\log{2}=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\log{2}
\]

(5)
$D=\left\{(x,y)|=0\leq x\leq \displaystyle\frac{4}{3}, \displaystyle\frac{1}{2}x\leq y\leq 2-x\right\}$
従って
\[
\iint_D \sqrt{2y-x} dxdy=\int^{\frac{4}{3}}_{0}\left\{\int^{2-x}_{\frac{1}{2}x}(2y-x)^{\frac{1}{2}}dy\right\}dx=\int^{\frac{4}{3}}_{0}\left[\frac{1}{3}(2y-x)^{\frac{3}{2}}\right]^{y=2-x}_{y=\frac{1}{2}x}dx=\frac{1}{3}\left[\frac{-2}{15}(4-3x)^{\frac{5}{2}}\right]^{\frac{4}{3}}_{0}=\frac{64}{45}
\]

(6)
$D=\{(x,y)|=1\leq x\leq 2, 0\leq y\leq x^2\}$
従って
\[
\iint_D \frac{y}{x^2}\mathrm{e}^{\frac{y}{x}} dxdy=\int^{2}_{1}\left\{\int^{x^2}_{0}\left(\frac{y}{x^2}\mathrm{e}^{\frac{y}{x}}\right)dy\right\}dx=\int^{2}_{1}\left[\left(\frac{y}{x}-1\right)\exp{\left(\frac{y}{x}\right)}\right]^{y=x^2}_{y=0}=\int^{2}_{1}\{(x-1)\mathrm{e}^x+1\}dx=1+\mathrm{e}
\]

(7)
$D=\{(x,y)|=1\leq x\leq \mathrm{e}, 1\leq y\leq x\}$
従って
\[
\iint_D (\log{y}-\log{x}) dxdy=\int^{\mathrm{e}}_{1}\left\{\int^{x}_{1}(\log{y}-\log{x})dy\right\}dx　\cdots(*)
\]
ところで
\[
\int^{x}_{1}(\log{y}-\log{x})dy=\int^{x}_{1}\log{y}-\Bigl[y\log{x}\Bigr]^{y=x}_{y=1}=\Bigl[y\log{y}\Bigr]^{x}_{1}-\int^{x}_{1}dy-\Bigl[y\log{x}\Bigr]^{y=x}_{y=1}
\]
\[
=\Bigl[y(\log{y}-1)\Bigr]^{x}_{1}-\Bigl[y\log{x}\Bigr]^{y=x}_{y=1}=\log{x}+1-x
\]
と表せる。よって$(*)$は
\[
\iint_D (\log{y}-\log{x}) dxdy=\int^{\mathrm{e}}_{1}(\log{x}+1-x)dx=\frac{-(\mathrm{e}-1)^2}{2}
\]