本日のお題

極座標 \(x = r\cos\theta\ ,\ y = r\sin\theta\) による変数変換をした重積分について理解し,その計算ができるようになります。

今日は,重積分を使って球の体積を求めることから始めましょう。 図は,原点を中心とする半径 \(a\) の球面のうち,\(xy\) 平面の上側半分です。関数 \[f(x,\ y) = \sqrt{a^2 - x^2 - y^2}\] のグラフということもできます。この部分の体積を求めます。\(\displaystyle \frac{2}{3}\pi a^3\) という結果は勿論分かっています。この半球の体積を \(V\) とすれば,次の式が成り立ちます。 \[V = \int\hspace{-9px}\int_{x^2 + y^2 \leqq a^2}\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}\,dxdy\]

\(x\)

\(y\)

\(x\)

\(\sqrt{a^2 - x^2}\)

\(-\sqrt{a^2 - x^2}\)

\(x^2 + y^2 = a^2\)

上の積分領域の図を用いて,累次積分に直します。 \[\begin{eqnarray*} V &=& \int_{-a}^a\int_{-\sqrt{a^2 - x^2}}^{\sqrt{a^2 - x^2}}\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}\,dy\,dx \\ &=& 4\int_0^a\int_0^{\sqrt{a^2 - x^2}}\sqrt{\left(\sqrt{a^2 - x^2}\right)^2 - y^2}\,dy\,dx \end{eqnarray*}\] \(\displaystyle \int_0^{\sqrt{a^2 - x^2}}\sqrt{\left(\sqrt{a^2 - x^2}\right)^2 - y^2}\,dy\) は半径 \(\sqrt{a^2 - x^2}\) の四分円の面積なので \[\begin{eqnarray*} V &=& \int_0^a \pi\left(a^2 - x^2\right)\,dx \\ &=& \pi\left[a^2 x - \frac{1}{3}x^3\right]_0^a \\ &=& \frac{2}{3}\pi a^3 \end{eqnarray*}\] できました。まぁ,それほど大変な計算ではないのですが・・・,もし \[\displaystyle \int_0^{\sqrt{a^2 - x^2}}\sqrt{\left(\sqrt{a^2 - x^2}\right)^2 - y^2}\,dy\] を正直に積分しようとすると \[\int \sqrt{a^2 - x^2}\,dx = \frac{1}{2}\left(x\sqrt{a^2 - x^2} + a^2\sin^{-1}\frac{x}{a}\right)\] を使うことになりますから,ん~どちらかと言うとやりたくない計算です。

極座標を用いた変数変換

積分領域が円の内部やその一部であるような重積分を,計算しやすくしてくれる手立てがあります。極座標を用いた変数変換 \[x = r\cos\theta\ ,\ y = r\sin\theta\] です。ただし,単純に上の関係から \(r\)\(\theta\) の式にして積分 \(\cdots\) という訳にはいきません。状況を考えてみましょう。

\(x\)

\(y\)

\(\theta_1\)

\(\theta_2\)

\(r_1\)

\(r_2\)

\(\Delta r\)

\(\Delta \theta\)

\(\theta\)

\(r\)

上の図の色付けをした部分の柱を考えると,底面積が \[\frac{1}{2}\left\{(r + \Delta r)^2 - r^2\right\}\cdot\Delta\theta = \frac{1}{2}\left\{2r\,\Delta r + \left(\Delta r\right)^2\right\}\cdot\Delta\theta\] となりますが,\(\left(\Delta r\right)^2\)\(\Delta r\) が極めて \(0\) に近いとき \(\Delta r\) に対して無視することができるので,柱の体積は \[f(r\cos\theta,\ r\sin\theta)\cdot r\,\Delta r\cdot\Delta\theta\] で近似することができます。これを \(r_1 \leqq r \leqq r_2\)\(\theta_1 \leqq \theta \leqq \theta_2\) の範囲で加えるので,次が成り立ちます。

\[\int\hspace{-9px}\int_D f(x,\ y)\,dxdy = \int_{r_1}^{r_2}\int_{\theta_1}^{\theta_2}f(r\cos\theta,\ r\sin\theta)\cdot r\,d\theta dr\]

変数変換 \(x = r\cos\theta\ ,\ y = r\sin\theta\) のヤコビ行列式は \[\begin{eqnarray*} J &=& \left|\begin{array}{cc} x_r & x_{\theta} \\ y_r & y_{\theta} \end{array}\right| \\[2px] &=& \left|\begin{array}{cc} \cos\theta & -r\sin\theta \\ \sin\theta & r\cos\theta \end{array}\right| \\[2px] &=& r\cos^2\theta + r\sin^2\theta \\[2px] &=& r(\cos^2\theta + \sin^2\theta) \\[2px] &=& r \end{eqnarray*}\] となるので,第10回の補足で示した

\[\int\hspace{-9px}\int_D f(x,\ y)\,dxdy = \int\hspace{-9px}\int_{D'} f(\phi(u,\ v),\ \psi(u,\ v))|\,J\,|\,dudv\]

に一致します。

それでは,この変数変換を使って半球体の体積を求めてみます。 \[x = r\cos\theta\ ,\ y = r\sin\theta\] とすると \[\begin{eqnarray*} \sqrt{a^2 - x^2 - y^2} &=& \sqrt{a^2 - r^2(\cos^2\theta + \sin^2\theta)} \\[2px] &=& \sqrt{a^2 - r^2} \end{eqnarray*}\] 積分領域は \(0 \leqq \theta \leqq 2\pi\)\(0 \leqq r \leqq a\) ですから \[\begin{eqnarray*} V &=& \int\hspace{-9px}\int_{x^2 + y^2 \leqq a^2}\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}\,dxdy \\[2px] &=& \int_0^a\hspace{-6px}\int_0^{2\pi}r\sqrt{a^2 - r^2}\,d\theta dr \\[2px] &=& \int_0^{2\pi}d\theta\cdot\int_0^a r\sqrt{a^2 - r^2}\,dr \\[2px] &=& \Big[\,\theta\,\Big]_0^{2\pi} \cdot \left\{-\frac{1}{2}\int_0^a (a^2 - r^2)'\sqrt{a^2 - r^2}\,dr\right\} \\[2px] &=& -\pi\left[\frac{2}{3}\left(a^2 - r^2\right)^{\frac{3}{2}}\right]_0^a \\[2px] &=& \frac{2}{3}\pi a^3 \end{eqnarray*}\]

例題11-1

領域 \(D\)\(\left\{(x,\ y)\,|\,x \geqq 0\ ,\ y \geqq 0\ ,\ x^2 + y^2 \leqq 1\right\}\) であるとき,次の重積分の値を求めましょう。 \[I_1 = \int\hspace{-9px}\int_D xy\,dxdy\]

解 答 \[\begin{eqnarray*} I_1 &=& \int_0^1\hspace{-6px}\int_0^{\frac{\pi}{2}}r^3\cos\theta\sin\theta\,d\theta dr \\[2px] &=& \int_0^1 r^3\,dr\cdot\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin 2\theta}{2}\,d\theta \\[2px] &=& \left[\frac{1}{4}r^4\right]_0^1\cdot\left[-\frac{1}{4}\cos 2\theta\right]_0^{\frac{\pi}{2}} \\[2px] &=& \frac{1}{4}\cdot \frac{1}{2} \\[2px] &=& \frac{1}{8} \end{eqnarray*}\]

例題11-2

次の重積分の値を求めましょう。 \[I_2 = \int\hspace{-9px}\int_{x^2 + y^2 \leqq 4}\left(4 - x^2 - y^2\right)\,dxdy\]

解 答 \[\begin{eqnarray*} I_2 &=& \int_0^2\hspace{-6px}\int_0^{2\pi}r\left(4 - r^2\cos^2\theta - r^2\sin^2\theta\right)\,d\theta dr \\[2px] &=& \int_0^{2\pi}\,d\theta\cdot\int_0^2\left(4r - r^3\right)\,dr \\[2px] &=& \Big[\,\theta\,\Big]_0^{2\pi}\cdot\Big[\,2r^2 - \frac{1}{4}r^4\,\Big]_0^2 \\[2px] &=& 8\pi \end{eqnarray*}\]

課題11-1 次の重積分の値を求めましょう。

1. \(\left\{\begin{array}{l} \displaystyle I_3 = \int\hspace{-9px}\int_D (2x + y)\,dxdy \\ D = \big\{(x,\ y)\,|\,0 \leqq x \leqq y\ ,\ x^2 + y^2 \leqq 1\big\} \end{array}\right.\) 解答 隠す

2. \(\displaystyle I_4 = \int\hspace{-9px}\int_{1 \leqq x^2 + y^2 \leqq 4} \frac{1}{x^2 + y^2}\,dxdy\) 解答 隠す

最終更新日時: 2021年 08月 2日(月曜日) 16:39