線形変換による変数変換

\(z\) 軸の周りに回転して重積分の計算を楽に

今日は，前回の課題９－１を，前回の解答とは異なる観点で見ていきます。まず，5. からいきましょう。 \[\left\{\begin{array}{l} \displaystyle I_5 = \int\hspace{-9px}\int_D x^2 y\,dxdy \\ \displaystyle D = \left\{(x,\ y)\,|\,-2x \leqq y \leqq -2x + 5,\ x \leqq 2y \leqq x + 5\right\} \end{array}\right.\tag{10.1}\] 積分領域を図示すると，下図のようになっていました。 領域の正方形が座標軸から傾いているために，\(-1 \leqq x \leqq 0\)，\(0 \leqq x \leqq 1\)，\(1 \leqq x \leqq 2\) の３つに分けて積分する必要がありました。この領域を少し右に回転させて \[\left\{(x,\ y)\,|\,0 \leqq x \leqq \sqrt{5}\ ,\ 0 \leqq y \leqq \sqrt{5}\right\}\] にすれば，積分がグッと楽になりそうです。

そこで，\(\displaystyle \cos\theta = \frac{2}{\sqrt{5}}\)，\(\displaystyle \sin\theta = \frac{1}{\sqrt{5}}\) として，\(z\) 軸の周りに \(-\theta\) 回転することを考えましょう。\(-\theta\) の回転を表す１次変換の行列は次の通りです。 \[\left(\begin{array}{cc} \cos(-\theta) & -\sin(-\theta) \\ \sin(-\theta) & \cos(-\theta) \end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc} \cos\theta & \sin\theta \\ -\sin\theta & \cos\theta \end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc} \frac{2}{\sqrt{5}} & \frac{1}{\sqrt{5}} \\ -\frac{1}{\sqrt{5}} & \frac{2}{\sqrt{5}}\end{array}\right)\] この１次変換を \((x,\ y)\ \longrightarrow\ (x',\ y')\) とすると \[\left(\begin{array}{c} x' \\ y' \end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc} \frac{2}{\sqrt{5}} & \frac{1}{\sqrt{5}} \\ -\frac{1}{\sqrt{5}} & \frac{2}{\sqrt{5}} \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right)\] となるので，逆行列をとって \[\left(\begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc} \frac{2}{\sqrt{5}} & -\frac{1}{\sqrt{5}} \\ \frac{1}{\sqrt{5}} & \frac{2}{\sqrt{5}} \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} x' \\ y' \end{array}\right)\] を \((10.1)\) に代入します。 \[\begin{eqnarray*} x^2 y &=& \left(\frac{2}{\sqrt{5}}x' - \frac{1}{\sqrt{5}}y'\right)^2\left(\frac{1}{\sqrt{5}}x' + \frac{2}{\sqrt{5}}y'\right) \\ &=& \frac{1}{5\sqrt{5}}\left(4x'^3 + 4x'^2y' - 7x'y'^2 + 2y'^3\right) \\[2px] D &=& \left\{(x',\ y')\,|\,0 \leqq x' \leqq \sqrt{5}\ ,\ 0 \leqq y' \leqq \sqrt{5}\right\} \end{eqnarray*}\] したがって，\(I_5\) は \[\begin{eqnarray*} I_5 &=& \frac{1}{5\sqrt{5}}\int_0^{\sqrt{5}}\!\!\int_0^{\sqrt{5}}\left(4x'^3 + 4x'^2y' - 7x'y'^2 + 2y'^3\right)\,dx'\,dy' \\ &=& \frac{1}{5\sqrt{5}}\int_0^{\sqrt{5}}\left[x'^4 + \frac{4}{3}x'^3y' - \frac{7}{2}x'^2y'^2 + 2x'y'^3\right]_0^{\sqrt{5}}dy' \\ &=& \frac{1}{\sqrt{5}}\int_0^{\sqrt{5}}\left(25 + \frac{20\sqrt{5}}{3}y' - \frac{35}{2}y'^2 + 2\sqrt{5}y'^3\right)\,dy' \\ &=& \frac{1}{5\sqrt{5}}\left[25y' + \frac{10\sqrt{5}}{3}y'^2 - \frac{35}{6}y'^3 + \frac{\sqrt{5}}{2}y'^4\right]_0^{\sqrt{5}} \\ &=&\frac{1}{5\sqrt{5}}\left(25\sqrt{5} + \frac{50\sqrt{5}}{3} - \frac{175\sqrt{5}}{6} + \frac{25\sqrt{5}}{2}\right) \\ &=& 5 \end{eqnarray*}\] 計算がかなり楽になったように感じます。（でも，もっと楽になりますよぉ）

平行四辺形の積分領域を長方形に

続いて，2. について考えてみたいと思います。 \[\left\{\begin{array}{l} \displaystyle I_2 = \int\hspace{-9px}\int_D 3xy\,dxdy \\ D = \big\{(x,\ y)\,|\,0 \leqq y \leqq 1,\ 2x - 4 \leqq y \leqq 2x\big\} \end{array}\right. \tag{10.2}\] この積分領域は平行四辺形です。 回転で正方形や長方形にすることはできませんが，１次変換で \((0,\ 0)\)，\((2,\ 0)\)，\((2,\ 1)\)，\((0,\ 1)\) を頂点とする長方形に変えることができます。重積分の定義から，この変換を施しても，積分領域の面積が変わらないので重積分の値も変わらないと考えられます。
平行四辺形を長方形に変える１次変換は \[\left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array}\right)\ \longrightarrow\ \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array}\right)\ ,\quad \left(\begin{array}{c} 0 \\ 1 \end{array}\right) \ \longrightarrow\ \left(\begin{array}{c} \frac{1}{2} \\ 1 \end{array}\right)\] である１次変換の逆変換ですから，この１次変換を \((x,\ y)\ \longrightarrow\ (x',\ y')\) とすると \[\left(\begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc} 1 & \frac{1}{2} \\ 0 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} x' \\ y' \end{array}\right)\]となり，これを \((10.2)\) に代入します。 \[\begin{eqnarray*} I_2 &=& \int_0^1\!\!\int_0^2 3\left(x' + \frac{1}{2}y'\right) y'\,dx'\ dy' \\ &=& \int_0^1\!\!\int_0^2 \left(3x'y' + \frac{3}{2}y'^2\right)\,dx'\,dy' \\ &=& \int_0^1 \left[\frac{3}{2}x'^2y' + \frac{3}{2}x'y'^2\right]_0^2\,dy' \\ &=& \int_0^1 \left(6y' + 3y'^2\right)\,dy \\ &=& \Big[3y'^2 + y'^3\Big]_0^1 \\ &=& 4 \end{eqnarray*}\]

平行四辺形の積分領域を単位正方形に

最後に，4. について考えます。 \[\left\{\begin{array}{l} \displaystyle I_4 = \int\hspace{-9px}\int_D (6 - x - y)\,dxdy \\ \displaystyle D = \left\{(x,\ y)\,|\,\frac{1}{2}x \leqq y \leqq \frac{1}{2}x +\frac{3}{2},\ 2x - 3 \leqq y \leqq 2x\right\} \end{array}\right. \tag{10.3}\] この積分領域は下図のようになっています。 ここまでの流れでいくと，このひし形と同じ面積の正方形に変換することを考えたいところですが・・・。面倒な計算をするのであれば，敢えて変換をする意味がありませんので，柔軟に考えていきましょう。前の 2. の解答で見たように，この積分領域は \[(1,\ 0)\ \longrightarrow\ (2,\ 1)\,\quad(0,\ 1)\ \longrightarrow\ (1,\ 2)\] にする１次変換の逆変換により，１辺が \(1\) の正方形に写されます。その変換は \[\left(\begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} x' \\ y' \end{array}\right)\] で表されます。この変換を施した積分を求め，その値を元々の積分領域の面積倍すれば，\(I_4\) が求められます。元の積分領域の面積は \[\left|\begin{array}{cc} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{array}\right| = 3\] ですから，\(I_4\) は次の計算で求められます。 \[\begin{eqnarray*} I_4 &=& 3\int_0^1\hspace{-6px}\int_0^1 \left\{6 - \left(2x' + y'\right) - \left(x' + 2y'\right)\right\}\,dx\,dy \\ &=& 9\int_0^1\hspace{-9px}\int_0^1\left(2 - x' - y'\right)\,dx\,dy \\ &=& 9\int_0^1\left[2x' - \frac{1}{2}x'^2 - x'y'\right]_0^1\,dy \\ &=& 9\int_0^1\left(\frac{3}{2} - y'\right)\,dy \\ &=& 9\left[\frac{3}{2}y' - \frac{1}{2}y'^2\right]_0^1 \\ &=& 9 \end{eqnarray*}\] けっこう簡単な計算で求められるのですね。

ここまでの考察をまとめると，次のようになります。

例題10－１

領域 \(D\) を４点 \((0,\ 0)\)，\((3,\ 1)\)，\((5,\ 3)\)，\((2,\ 2)\) を頂点とする平行四辺形の内部（境界を含む）として，次の重積分の値を求めましょう。 \[\int\hspace{-9px}\int_{D} xy^2\,dxdy\]

解　答

変換 \(\left(\begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc} 3 & 2 \\ 1 & 2 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} u \\ v \end{array}\right)\) を施すことにより，青色の積分領域は赤色の単位正方形に写されるので，これを \(D'\) とします。

\[\begin{eqnarray*} && \int\hspace{-9px}\int_{D} xy^2\,dxdy \\ &=& \left|\begin{array}{cc} 3 & 2 \\ 1 & 2 \end{array}\right|\cdot\int\hspace{-9px}\int_{D'} (3u + 2v)(u + 2v)^2\,dudv \\ &=& 4\int_0^1\hspace{-6px}\int_0^1 \left(3u^3 + 14u^2v + 20uv^2 + 8v^3\right)\,dudv \\ &=& 4\int_0^1\left[\frac{3}{4}u^4 + \frac{14}{3}u^3v + 10u^2v^2 + 6uv^3\right]_0^1 dv \\ &=& 4\int_0^1\left(\frac{3}{4} + \frac{14}{3}v + 10v^2 + 6v^3\right)\,dv \\ &=& 4\left[\frac{3}{4}v + \frac{7}{3}v^2 + \frac{10}{3}v^3 + 2v^4\right]_0^1 \\ &=& \frac{101}{3} \end{eqnarray*}\] 積分領域を３分割して計算するより，手間を随分省くことができました。

課題10－１

領域 \(D\) を４点 \((0,\ 0)\)，\((3,-1)\)，\((4,\ 2)\)，\((1,\ 3)\) を頂点とする正方形の内部（境界を含む）として，次の重積分の値を求めましょう。　解答 隠す \[\int\hspace{-9px}\int_{D} \left(x^2 + y^2\right)\,dxdy\]

\(\left(\begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc} 3 & 1 \\ -1 & 3 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} u \\ v \end{array}\right)\) により変数変換を行います。 \[\begin{eqnarray*} && \int\hspace{-9px}\int_{D} \left(x^2 + y^2\right)\,dxdy \\ &=& \left|\begin{array}{cc} 3 & 1 \\ -1 & 3 \end{array}\right|\cdot\int_0^1\hspace{-9px}\int_0^1\left\{(3u + v)^2 + (-u + 3v)^2\right\}\,dudv \\ &=& 10\int_0^1\hspace{-9px}\int_0^1 10\left(u^2 + v^2\right)\,dudv \\ &=& 100\int_0^1 \left[\frac{1}{3}u^3 + uv^2\right]_0^1 dv \\ &=& 100\int_0^1 \left(\frac{1}{3} + v^2\right)\,dv \\ &=& 100\left[\frac{1}{3}v + \frac{1}{3}v^3\right]_0^1 \\ &=& \frac{200}{3} \end{eqnarray*}\]

課題10－２

領域 \(D\) を４点 \((0,\ 0)\)，\((3,\ 1)\)，\((5,\ 3)\)，\((2,\ 2)\) を頂点とする平行四辺形の内部（境界を含む）として，次の重積分の値を求めましょう。　解答 隠す \[\int\hspace{-9px}\int_{D} \left(x^2 - y^2 + 9\right)\,dxdy\]

\(\left(\begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc} 3 & 2 \\ 1 & 2 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} u \\ v \end{array}\right)\)　により変数変換を行います。 \[\begin{eqnarray*} && \int\hspace{-9px}\int_{D} \left(x^2 - y^2 + 9\right)\,dxdy \\ &=& \left|\begin{array}{cc} 3 & 2 \\ 1 & 2 \end{array}\right|\cdot\int_0^1\hspace{-6px}\int_0^1\left\{(3u + 2v)^2 - (u + 2v)^2 + 9\right\}\,dudv \\ &=& 4\int_0^1\hspace{-6px}\int_0^1\left(8u^2 + 8uv + 9\right)\,dudv \\ &=& 4\int_0^1\left[\frac{8}{3}u^3 + 4u^2v + 9u\right]_0^1 dv \\ &=& 4\int_0^1\left(4v + \frac{35}{3}\right)\,dv \\ &=& 4\left[2v^2 + \frac{35}{3}v\right]_0^1 \\ &=& \frac{164}{3} \end{eqnarray*}\]

少しだけ一般化

ここまで，\(x = au + bv\ ,\ y = cu + dv\)　の変数変換により，積分領域を矩形にすることを学んできました。重積分の変数変換は，１変数関数の積分における置換積分に当たります。とすると，積分領域を矩形にするための変数変換というのは，イレジュラーな感じがします。実は，積分領域の面積を比較することで

が成り立つことを確認したかったので，それを実感できる形で示しました。

上の式は積分領域の面積を比較しているだけなので，変換後の積分領域が矩形になっていなくても勿論成り立ちます。\(ad - bc = 0\) でない変換，つまり逆変換のある，更に別な言い方をすると １対１対応 の変換であればイイということです。

それでは，このような例題を解いてみましょう。

例題10－２ \[ I = \int\hspace{-9px}\int_D \left(x^2 - y^2\right)^4\,dxdy\\[2px] D = \big\{(x,\ y)\,|\,-1 \leqq x + y \leqq 1\ ,\ 1 \leqq x - y \leqq 2\big\} \]

解　答

\[x^2 - y^2 = (x + y)(x - y)\] ですから，\(x + y = u\ ,\ x - y = v\) という変数変換が考えられます。このとき，\(D\) は \(\big\{-1 \leqq u \leqq 1\ ,\ 1 \leqq v \leqq 2\big\}\) に写るので，こちらも具合がイイですね。問題は \[I = \Big[\hspace{0.5em}?\hspace{0.5em}\Big]\int_{-1}^1\int_1^2 u^4 v^4\,dvdu\] の \(\Big[\hspace{0.5em}?\hspace{0.5em}\Big]\) に入る数です。\(\left(\begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} u \\ v \end{array}\right)\) を逆行列により \[\left(\begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right) = \frac{1}{-2}\left(\begin{array}{cc} -1 & -1 \\ -1 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} u \\ v \end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} u \\ v \end{array}\right)\] と変形すれば，\(\displaystyle \Big[\hspace{0.5em}?\hspace{0.5em}\Big] = \frac{1}{2}\) であることが分かります。したがって \[\begin{eqnarray*} I &=& \frac{1}{2}\int_{-1}^1\int_1^2 u^4 v^4\,dvdu \\[2px] &=& \frac{1}{2}\int_{-1}^1\left[\frac{1}{5}u^4v^5\right]_1^2 du \\[2px] &=& \frac{31}{10}\int_{-1}^1 u^4\,du \\[2px] &=& \frac{31}{5}\left[\frac{1}{5}u^5\right]_0^1 \\[2px] &=& \frac{31}{25} \end{eqnarray*}\]

この計算過程で大事なことをもう一つ確認したいと思います。気づきましたか？ \[\int_{-1}^1\int_1^2 u^4 v^4 \,dvdu = \int_{-1}^1 u^4\,du \cdot \int_1^2 v^4\,dv\] が成り立ちます。一般的な形で書けば，次のとおりです。

証明は簡単です。 \[\begin{eqnarray*} \int_a^b\hspace{-4px}\int_c^d f(x)g(y)\,dydx &=& \int_a^b\left\{f(x)\int_c^d g(y)\,dy\right\}dx \\[2px] &=& \int_c^d g(y)\,dy \cdot \int_a^b f(x)\,dx \\[2px] &=& \int_a^b f(x)\,dx \cdot \int_c^d g(y)\,dy \end{eqnarray*}\]

変数変換による重積分

次回は，極座標を用いた変数変換を扱う予定です。変数変換の形を１つずつ覚えていくというのは効率的ではありませんので，今，目指している結果を先に示します。

１対１対応の変数変換　\(x = \phi(u,\ v)\ ,\ y = \psi(u,\ v)\)　に対して行列式 \[J = \frac{D(x,\ y)}{D(u,\ v)} = \left|\begin{array}{cc} \phi_u(u,\ v) & \phi_v(u,\ v) \\ \psi_u(u,\ v) & \psi_v(u,\ v) \end{array}\right|\] を考えます。この行列式を ヤコビ行列式（ヤコビアン）といい，変数変換を施した重積分について次が成り立ちます。

今回扱っている　\(x = au + bv\ ,\ y = cu + dv\)　のヤコビ行列式は \[J = \left|\begin{array}{cc} x_u & x_v \\ y_u & y_v \end{array}\right| = \left|\begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array}\right|\] ですから \[\int\hspace{-9px}\int_D f(x,\ y)\,dxdy = |\,ad - bc\,|\int\hspace{-9px}\int_{D'}f(au + bv,\ cu + dv)\,dudv\] に一致します。