第7章重積分（多変数関数の積分）

例題7.1　ウォームアップ：長方形領域での重積分

領域 $D=\{(x,y)\mid 0\le x\le1,\ 0\le y\le2\}$ における関数 $f(x,y)=xy$ の重積分 $\displaystyle\iint_D xy\,dxdy$ を求めよ．

解答　$D$ は長方形なので，$x$ の範囲 $[0,1]$ と $y$ の範囲 $[0,2]$ はどちらも他方に依存しない（公式7.1 (I) で $g_1(x)=0,\,g_2(x)=2$ が定数関数になっている特別な場合）．先に $y$ で積分すると，

$$ \int_0^2 xy\,dy=x\Big[\frac{y^2}{2}\Big]_0^2=x\cdot\frac{4}{2}=2x $$

（$x$ を定数とみなして $y$ について積分した．$xy$ の $y$ に関する原始関数は $x\cdot\dfrac{y^2}{2}$ である．）続けて $x$ で積分すると，

$$ \iint_D xy\,dxdy=\int_0^1 2x\,dx=\Big[x^2\Big]_0^1=1 $$

を得る．先に $x$ で積分しても同じ結果になることを確かめておこう．$\displaystyle\int_0^1 xy\,dx=y\Big[\frac{x^2}{2}\Big]_0^1=\frac{y}{2}$，続けて $\displaystyle\int_0^2\frac{y}{2}\,dy=\Big[\frac{y^2}{4}\Big]_0^2=1$ となり，たしかに一致する（sympyで検算済み）．

例題7.2　領域 $\sqrt{x}+\sqrt{y}\le1$ での重積分

領域 $D=\{(x,y)\mid \sqrt{x}+\sqrt{y}\le1\}$ における関数 $f(x,y)=y$ の重積分 $V=\displaystyle\iint_D y\,dxdy$ を求めよ．

解答　まず領域 $D$ の形を確認する．$\sqrt{x}$，$\sqrt{y}$ が定義されるためには $x\ge0,\,y\ge0$ が必要である．また $\sqrt{x}\le1$（$\because\sqrt{y}\ge0$ と $\sqrt{x}+\sqrt{y}\le1$ より）から $0\le x\le1$，同様に $0\le y\le1$ である．境界の曲線 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$ を $y$ について解くと，$\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$ の両辺を2乗して

$$ y=(1-\sqrt{x})^2\qquad(0\le x\le1) $$

を得る（2乗する前に $1-\sqrt{x}\ge0$，すなわち $x\le1$ であることを確かめてから2乗している点に注意する）．したがって $D$ は，$0\le x\le1$ の範囲で，$0\le y\le(1-\sqrt{x})^2$ を満たす点の集合である．これは公式7.1 (I) の形（$g_1(x)=0,\ g_2(x)=(1-\sqrt{x})^2$）そのものである．

解法1（先に $y$ で積分）

$$ V=\int_0^1\int_0^{(1-\sqrt{x})^2} y\,dy\,dx $$

内側の積分は，$y$ の原始関数が $y^2/2$ であることから，

$$ \int_0^{(1-\sqrt{x})^2} y\,dy=\Big[\frac{y^2}{2}\Big]_0^{(1-\sqrt{x})^2}=\frac{1}{2}(1-\sqrt{x})^4 $$

となる．したがって

$$ V=\int_0^1 \frac{1}{2}(1-\sqrt{x})^4\,dx $$

を計算すればよい．置換 $t=1-\sqrt{x}$（$x=(1-t)^2$，$dx=-2(1-t)\,dt$，$x:0\to1$ のとき $t:1\to0$）を使うと，

$$ V=\int_1^0 \frac{1}{2}t^4\cdot\{-2(1-t)\}\,dt=\int_0^1 t^4(1-t)\,dt=\int_0^1(t^4-t^5)\,dt=\Big[\frac{t^5}{5}-\frac{t^6}{6}\Big]_0^1=\frac{1}{5}-\frac{1}{6}=\frac{1}{30} $$

（ノートには置換の途中式が書かれておらず結果だけが記されていたので，ここでは置換積分の計算をすべて補った．）よって $V=\dfrac{1}{30}$ である．

解法2（先に $x$ で積分）　境界の式 $y=(1-\sqrt{x})^2$ を今度は $x$ について解くと，対称性から $x=(1-\sqrt{y})^2$（$0\le y\le1$）であり，

$$ V=\int_0^1\int_0^{(1-\sqrt{y})^2} y\,dx\,dy $$

内側の積分は，被積分関数 $y$ が $x$ に依存しない定数なので，$x$ の幅をかけるだけでよい．

$$ \int_0^{(1-\sqrt{y})^2} y\,dx=y\cdot(1-\sqrt{y})^2 $$

したがって

$$ V=\int_0^1 y(1-\sqrt{y})^2\,dy $$

を計算する．$(1-\sqrt{y})^2=1-2\sqrt{y}+y$ と展開すると，

$$ V=\int_0^1\left(y-2y^{3/2}+y^2\right)dy=\Big[\frac{y^2}{2}-2\cdot\frac{y^{5/2}}{5/2}+\frac{y^3}{3}\Big]_0^1=\frac12-\frac45+\frac13 $$

通分すると $\dfrac12-\dfrac45+\dfrac13=\dfrac{15}{30}-\dfrac{24}{30}+\dfrac{10}{30}=\dfrac{1}{30}$．解法1と一致する（sympyで両方の解法を検算済み．ノートも同じ結果 $\frac{1}{30}$ を記している）．

例題7.3　原点で発散する広義重積分

領域 $D=\{(x,y)\mid 0\le y\le x\le1\}$（直角三角形，原点 $(0,0)$ を頂点にもつ）における関数 $f(x,y)=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}$ の広義重積分 $\displaystyle\iint_D\frac{dxdy}{\sqrt{x^2+y^2}}$ を求めよ．

解答　被積分関数 $f(x,y)=1/\sqrt{x^2+y^2}$ は原点 $(0,0)$ で分母が $0$ になり発散する．$D$ の中で原点はちょうど三角形の頂点にあたる．図7.5に，この発散のようすを3次元的なイメージで示す（原点に近づくにつれて曲面 $z=f(x,y)$ が上下に限りなく伸びる漏斗（ラッパ）状になる）．そこで，$x\ge c$（$c$ は小さい正の数）の部分だけをまず考え，あとで $c\to+0$ とする．

$$ V=\iint_D \frac{dxdy}{\sqrt{x^2+y^2}}=\lim_{c\to+0}\int_c^1\int_0^{x}\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\,dy\,dx $$

この公式で $a=x$（$x$ を定数とみて $y$ について積分するので，$a^2=x^2$）とおくと，内側の積分は

$$ \int_0^{x}\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\,dy=\Big[\ln\big|y+\sqrt{x^2+y^2}\big|\Big]_0^{x} =\ln\big|x+\sqrt{2}\,x\big|-\ln|x| $$

である（$y=x$ を代入すると $\sqrt{x^2+x^2}=\sqrt{2x^2}=\sqrt2\,x$（$x>0$ なので），$y=0$ を代入すると $\sqrt{x^2}=x$ になる）．対数の性質 $\ln A-\ln B=\ln(A/B)$ を使って整理すると，

$$ \ln\big|(1+\sqrt2)x\big|-\ln|x|=\ln(1+\sqrt2)+\ln x-\ln x=\ln(1+\sqrt2) $$

となり，$x$ にはまったく依存しない定数になる（これは被積分関数 $1/\sqrt{x^2+y^2}$ が「$x,y$ を同じ倍率で拡大縮小しても値が変わらない」という性質——斉次性（homogeneity）——を持つことの表れである）．したがって，

$$ V=\lim_{c\to+0}\int_c^1 \ln(1+\sqrt{2})\,dx=\lim_{c\to+0}\Big\{(1-c)\ln(1+\sqrt2)\Big\}=\ln(1+\sqrt2) $$

（$\ln(1+\sqrt2)$ は $x$ に依らない定数なので，$x$ について積分すると幅 $(1-c)$ 倍になるだけである．）$c\to+0$ とすると $1-c\to1$ なので，最終的に

$$ \iint_D\frac{dxdy}{\sqrt{x^2+y^2}}=\ln(1+\sqrt2)\approx0.8814 $$

を得る（sympyで検算済み）．

例題7.4　非有界領域での広義重積分

領域 $D=\{(x,y)\mid 1\le x,\ 0\le y\le x^2\}$（$x$ 方向に無限に広がる領域）における関数 $f(x,y)=\dfrac{1}{x^4+y^2}$ の広義重積分 $\displaystyle\iint_D\frac{dxdy}{x^4+y^2}$ を求めよ．

解答　領域が $x\to\infty$ まで広がっているので，$1\le x\le c$（$c$ は大きい正の数）で打ち切って計算し，あとで $c\to\infty$ とする．

$$ V=\iint_D\frac{dxdy}{x^4+y^2}=\lim_{c\to\infty}\int_1^c\int_0^{x^2}\frac{1}{x^4+y^2}\,dy\,dx $$

内側の積分では $x$ を定数とみなす．$x^4+y^2=x^4\left(1+\left(\dfrac{y}{x^2}\right)^2\right)$ と因数分解できることに注目すると，逆正接関数の積分公式 $\displaystyle\int\frac{dt}{1+t^2}=\tan^{-1}t+C$（$t=y/x^2$，$dt=dy/x^2$）が使える．

$$ \int_0^{x^2}\frac{1}{x^4+y^2}\,dy=\frac{1}{x^4}\int_0^{x^2}\frac{1}{1+\left(\frac{y}{x^2}\right)^2}\,dy =\frac{1}{x^4}\left[x^2\tan^{-1}\frac{y}{x^2}\right]_0^{x^2} $$

（$t=y/x^2$ と置換すると $dy=x^2\,dt$ なので，$\displaystyle\int\frac{dy}{1+(y/x^2)^2}=x^2\int\frac{dt}{1+t^2}=x^2\tan^{-1}t=x^2\tan^{-1}(y/x^2)$ となる．）$y=x^2$ を代入すると $\tan^{-1}(x^2/x^2)=\tan^{-1}1=\dfrac{\pi}{4}$，$y=0$ を代入すると $\tan^{-1}0=0$ である．したがって，

$$ \int_0^{x^2}\frac{1}{x^4+y^2}\,dy=\frac{1}{x^4}\cdot x^2\left(\frac{\pi}{4}-0\right)=\frac{1}{x^2}\cdot\frac{\pi}{4} $$

を得る．これを $x=1$ から $x=c$ まで積分すると，

$$ V=\lim_{c\to\infty}\int_1^c \frac{\pi}{4}\cdot\frac{1}{x^2}\,dx =\lim_{c\to\infty}\frac{\pi}{4}\left[-\frac{1}{x}\right]_1^{c} =\lim_{c\to\infty}\frac{\pi}{4}\left(1-\frac{1}{c}\right) $$

$c\to\infty$ のとき $1/c\to0$ だから，

$$ \iint_D\frac{dxdy}{x^4+y^2}=\frac{\pi}{4} $$

を得る（sympyで検算済み．ノートの計算では，途中の $\tan^{-1}1=\pi/4$，$\tan^{-1}0=0$ の評価を確認する小さな書き込みが余白にあったので，本文にもその評価の根拠を明記した）．

例題7.5　$2x+y=u,\ 2x-y=v$ の変換のヤコビアンと重積分

本節冒頭の問い（$D=\{0\le2x+y\le\pi,\ 0\le2x-y\le\pi\}$，$f(x,y)=(2x+y)\sin(2x-y)$）を，実際に変数変換して解け．

解答　$x=\dfrac{u+v}{4}$，$y=\dfrac{u-v}{2}$ だから，ヤコビ行列は

$$ J=\begin{pmatrix}\pdiff{x}{u}&\pdiff{x}{v}\\[2mm]\pdiff{y}{u}&\pdiff{y}{v}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\dfrac14&\dfrac14\\[2mm]\dfrac12&-\dfrac12\end{pmatrix} $$

（$x=(u+v)/4$ を $u$ で偏微分すると $1/4$，$v$ で偏微分しても $1/4$．$y=(u-v)/2$ を $u$ で偏微分すると $1/2$，$v$ で偏微分すると $-1/2$．）ヤコビアンは，定義7.2の2次の行列式の公式（数学ノート参照）を使って，

$$ \det J=\frac14\times\left(-\frac12\right)-\frac14\times\frac12=-\frac18-\frac18=-\frac14,\qquad |J|=\frac14 $$

したがって $dxdy=\dfrac14\,dudv$ である．$D$ は $u=2x+y$，$v=2x-y$ の定義そのものから，$0\le u\le\pi$，$0\le v\le\pi$（一辺 $\pi$ の正方形）に対応する．重積分は

$$ \iint_D(2x+y)\sin(2x-y)\,dxdy=\int_0^\pi\int_0^\pi u\sin v\cdot\frac14\,dudv $$

と書き換えられる．被積分関数が $u$ だけの関数と $v$ だけの関数の積になっているので，2つの1変数積分の積に分解できる（この技法は次節以降でも繰り返し使う）．

$$ =\frac14\left(\int_0^\pi u\,du\right)\left(\int_0^\pi\sin v\,dv\right) =\frac14\cdot\Big[\frac{u^2}{2}\Big]_0^\pi\cdot\Big[-\cos v\Big]_0^\pi =\frac14\cdot\frac{\pi^2}{2}\cdot\big(-(-1)-(-1)\big) $$

（$\big[-\cos v\big]_0^\pi=-\cos\pi-(-\cos0)=-(-1)-(-1)=1+1=2$．）

$$ =\frac14\cdot\frac{\pi^2}{2}\cdot2=\frac{\pi^2}{4} $$

を得る．こうして，最初は計算しにくく見えた重積分が，ヤコビアンによる座標変換によってわずか数行で解けることが分かった（sympyで検算済み）．なお，この $u=2x+y,\,v=2x-y$ は，互いに直交しない座標軸の組——斜交座標——の一例になっている（$u$ の値が一定の直線 $2x+y=$（一定）と，$v$ の値が一定の直線 $2x-y=$（一定）は，垂直に交わっていない）．

例題7.6　平行四辺形領域での変数変換

領域 $D=\left\{(x,y)\;\middle|\; 1\le x+y\le 2,\ 0\le x-y\le 1\right\}$（平行四辺形）における関数 $f(x,y)=\dfrac{\tan^{-1}(x-y)}{x+y}$ の重積分 $V=\displaystyle\iint_D f(x,y)\,dxdy$ を求めよ．

解答　$u=x+y$，$v=x-y$ とおくと，$D$ は $1\le u\le2$，$0\le v\le1$（長方形）に対応する．ヤコビアンを求めるには，$x,y$ を $u,v$ で表してから直接計算してもよいし，注意（7.3節，式 \eqref{eq:7-inverse-jacobian}）で述べた近道——逆変換 $u=u(x,y),v=v(x,y)$ のヤコビ行列 $J_2$ を先に計算し，$|\det J_1|=1/|\det J_2|$ とする方法——を使ってもよい．ここでは近道を使ってみる．$u=x+y,\,v=x-y$ を $x,y$ で偏微分すると，

$$ J_2=\begin{pmatrix}\pdiff{u}{x}&\pdiff{u}{y}\\[2mm]\pdiff{v}{x}&\pdiff{v}{y}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix},\qquad \det J_2=1\times(-1)-1\times1=-2 $$

したがって，$|\det J_1|=1/|\det J_2|=1/2$ である．（$x=(u+v)/2$，$y=(u-v)/2$ から直接 $J_1$ を計算しても，$\det J_1=\dfrac12\times\left(-\dfrac12\right)-\dfrac12\times\dfrac12=-\dfrac14-\dfrac14=-\dfrac12$ となり，$|\det J_1|=1/2$ で一致する．ノートの計算は，この2通りの計算——逆行列の関係 $1/|\det J_2|$ と，直接計算した $|\det J_1|$——が混ざった書き方になっていたので，本書では2通りの根拠を分けて示した．）よって $dxdy=\dfrac12\,dudv$ である．被積分関数は $f=\dfrac{\tan^{-1}(x-y)}{x+y}=\dfrac{\tan^{-1}v}{u}$ と書き換えられるので，

$$ V=\int_0^1\int_1^2 \frac{\tan^{-1}v}{u}\cdot\frac12\,dudv =\frac12\left(\int_1^2\frac{du}{u}\right)\left(\int_0^1\tan^{-1}v\,dv\right) $$

（被積分関数が $u$ だけの関数と $v$ だけの関数の積なので，積分の順序に関係なく2つの1変数積分の積に分解できる．）まず $u$ の積分は

$$ \int_1^2\frac{du}{u}=\big[\ln u\big]_1^2=\ln2-\ln1=\ln2 $$

次に $v$ の積分 $\displaystyle\int_0^1\tan^{-1}v\,dv$ は，部分積分を使う．$f=\tan^{-1}v$，$dg=dv$ とおくと，$df=\dfrac{dv}{1+v^2}$，$g=v$ だから，

$$ \int\tan^{-1}v\,dv=v\tan^{-1}v-\int\frac{v}{1+v^2}\,dv=v\tan^{-1}v-\frac12\ln(1+v^2)+C $$

（$\displaystyle\int\frac{v}{1+v^2}dv$ は，分子が分母の微分の半分 $\left(\frac{d}{dv}(1+v^2)=2v\right)$ になっているので，$t=1+v^2$ の置換で $\frac12\ln|t|=\frac12\ln(1+v^2)$ となる．）したがって，

$$ \int_0^1\tan^{-1}v\,dv=\Big[v\tan^{-1}v-\frac12\ln(1+v^2)\Big]_0^1 =\left(1\cdot\frac{\pi}{4}-\frac12\ln2\right)-(0-0)=\frac{\pi}{4}-\frac12\ln2 $$

を得る．以上をまとめると，

$$ V=\frac12\cdot\ln2\cdot\left(\frac{\pi}{4}-\frac12\ln2\right)=\frac{\ln2}{2}\left(\frac{\pi}{4}-\frac{\ln2}{2}\right)=\frac{1}{8}(\pi-2\ln2)\ln2 $$

を得る（sympyで検算済み．数値では $V\approx0.1521$）．

例題7.7　半球と円柱の共通部分の体積

半球 $x^2+y^2+z^2\le4,\ z\ge0$ と円柱 $(x-1)^2+y^2\le1$ の共通部分の体積 $V$ を求めよ．

解答　半球の方程式は $z=\sqrt{4-(x^2+y^2)}$（$x^2+y^2+z^2=4$ を $z\ge0$ の範囲で $z$ について解いた）である．したがって求める体積は，円柱の底面 $D=\{(x,y)\mid(x-1)^2+y^2\le1\}$ の上で半球の高さを積分したもの，

$$ V=\iint_D\sqrt{4-(x^2+y^2)}\,dxdy $$

である．極座標 $x=r\cos\theta,\,y=r\sin\theta$（ヤコビアン $|J|=r$，式 \eqref{eq:7-polar-jacobian}，7.5節の例題7.8で改めて導く）を使うと，円柱の境界の式は

$$ (r\cos\theta-1)^2+(r\sin\theta)^2\le1 \ \Longrightarrow\ r^2\cos^2\theta-2r\cos\theta+1+r^2\sin^2\theta\le1 \ \Longrightarrow\ r^2-2r\cos\theta\le0 $$

（$\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$ を使って整理した．）これは $r(r-2\cos\theta)\le0$ と因数分解でき，$r\ge0$ に注意すると $0\le r\le2\cos\theta$ を意味する（$\cos\theta\ge0$ となる $-\dfrac{\pi}{2}\le\theta\le\dfrac{\pi}{2}$ の範囲でだけ意味をもつ．これは中心 $(1,0)$，半径 $1$ の円（原点を通る円，$(x-1)^2+y^2=1$）であり，図7.9右に示した領域である）．よって，

$$ V=\iint_{D'}\sqrt{4-r^2}\cdot r\,drd\theta,\qquad D'=\left\{0\le r\le2\cos\theta,\ -\frac{\pi}{2}\le\theta\le\frac{\pi}{2}\right\} $$

ここで，被積分関数も積分範囲も $\theta\to-\theta$ の変換で不変である（$\cos(-\theta)=\cos\theta$ なので上限 $2\cos\theta$ も変わらない）．したがって，$\theta$ の積分区間を半分の $[0,\pi/2]$ にして2倍すればよい．

$$ V=2\int_0^{\pi/2}\int_0^{2\cos\theta}\sqrt{4-r^2}\,r\,drd\theta $$

内側の積分は，$w=4-r^2$（$dw=-2r\,dr$）と置換すると，

$$ \int r\sqrt{4-r^2}\,dr=-\frac12\int\sqrt{w}\,dw=-\frac12\cdot\frac{2}{3}w^{3/2}=-\frac13(4-r^2)^{3/2}+C $$

したがって，

$$ \int_0^{2\cos\theta}\sqrt{4-r^2}\,r\,dr=\Big[-\frac13(4-r^2)^{3/2}\Big]_0^{2\cos\theta} =-\frac13(4-4\cos^2\theta)^{3/2}+\frac13\cdot4^{3/2} $$

$4-4\cos^2\theta=4\sin^2\theta$ であり，$0\le\theta\le\pi/2$ では $\sin\theta\ge0$ だから $(4\sin^2\theta)^{3/2}=8\sin^3\theta$．また $4^{3/2}=8$．よって

$$ \int_0^{2\cos\theta}\sqrt{4-r^2}\,r\,dr=-\frac83\sin^3\theta+\frac83=\frac83\left(1-\sin^3\theta\right) $$

を得る．これを $\theta$ について積分すると，

$$ V=2\int_0^{\pi/2}\frac83\left(1-\sin^3\theta\right)d\theta=\frac{16}{3}\left(\int_0^{\pi/2}d\theta-\int_0^{\pi/2}\sin^3\theta\,d\theta\right) $$

$\displaystyle\int_0^{\pi/2}d\theta=\dfrac{\pi}{2}$ である．$\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^3\theta\,d\theta$ は，$\sin^3\theta=\sin\theta(1-\cos^2\theta)=\sin\theta-\sin\theta\cos^2\theta$ と分解し，$c=\cos\theta$（$dc=-\sin\theta\,d\theta$）と置換すると，

$$ \int_0^{\pi/2}\sin^3\theta\,d\theta=\int_1^0(1-c^2)(-dc)=\int_0^1(1-c^2)\,dc=\Big[c-\frac{c^3}{3}\Big]_0^1=1-\frac13=\frac23 $$

となる．したがって，

$$ V=\frac{16}{3}\left(\frac{\pi}{2}-\frac23\right)=\frac{16}{3}\cdot\frac{\pi}{2}-\frac{16}{3}\cdot\frac23=\frac{8\pi}{3}-\frac{32}{9}=\frac{24\pi-32}{9}=\frac89(3\pi-4) $$

を得る（sympyで検算済み．数値では $V\approx4.822$）．

例題7.8　ガウス積分の証明（極座標を使う方法）

重積分 $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2-y^2}\,dxdy$ を極座標に変換して求めることにより，$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\,dx=\sqrt{\pi}$ を証明せよ．

解答　まず，2重積分と1変数積分の関係を確認する．積分変数 $x,y$ はそれぞれ独立に $-\infty$ から $\infty$ まで動くので，指数法則 $e^{-x^2-y^2}=e^{-x^2}\cdot e^{-y^2}$ を使うと，重積分は2つの同じ1変数積分の積に分解できる．

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2-y^2}\,dxdy =\left(\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx\right)\left(\int_{-\infty}^{\infty}e^{-y^2}dy\right) =\left(\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx\right)^2 $$

（$x$ についての積分と $y$ についての積分は，変数名が違うだけで同じ値をもつ．）したがって，この2重積分の値が求まれば，その平方根がガウス積分の値である．そこで極座標 $x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta$（$0\le r\lt\infty,\ 0\le\theta\lt2\pi$，平面全体を覆う）に変換する．$x^2+y^2=r^2\cos^2\theta+r^2\sin^2\theta=r^2$ であり，ヤコビアンは定義7.2にしたがって，

\begin{equation} |J|=\left|\begin{vmatrix} \pdiff{x}{r} & \pdiff{x}{\theta} \\[2mm] \pdiff{y}{r} & \pdiff{y}{\theta} \end{vmatrix}\right| =\left|\begin{vmatrix} \cos\theta & -r\sin\theta \\ \sin\theta & r\cos\theta \end{vmatrix}\right| =\big|r\cos^2\theta-(-r\sin\theta)\sin\theta\big|=\big|r(\cos^2\theta+\sin^2\theta)\big|=r \label{eq:7-polar-jacobian} \end{equation}

（$r\ge0$ なので絶対値ははずせる．）これが極座標変換のヤコビアンであり，$dxdy=r\,drd\theta$ となる．したがって，

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2-y^2}\,dxdy = \int_0^{2\pi}\int_0^{\infty} e^{-r^2}\,r\,drd\theta $$

被積分関数 $e^{-r^2}r$ は，非有界区間 $[0,\infty)$ での広義積分として扱う．$c\to\infty$ の極限をとり，置換 $w=-r^2$（$dw=-2r\,dr$）を使うと，

$$ \int_0^{\infty} e^{-r^2}\,r\,dr=\lim_{c\to\infty}\int_0^{c}e^{-r^2}r\,dr=\lim_{c\to\infty}\Big[-\frac12e^{-r^2}\Big]_0^{c} =\lim_{c\to\infty}\left(-\frac12e^{-c^2}+\frac12\right)=\frac12 $$

（$c\to\infty$ のとき $e^{-c^2}\to0$ なので，第1項が消える．）$r$ の積分の結果 $1/2$ は $\theta$ に依存しない定数なので，

$$ \int_0^{2\pi}\int_0^{\infty} e^{-r^2}\,r\,drd\theta=\int_0^{2\pi}\frac12\,d\theta=\frac12\cdot2\pi=\pi $$

を得る．すなわち $\left(\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx\right)^2=\pi$ である．$e^{-x^2}\gt0$ よりこの積分自体は正の値なので，平方根をとって，

$$ \int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\,dx=\sqrt{\pi} $$

を得る（sympyで検算済み）．

例題7.9　ガウス積分の別証明（はさみうちの原理）

$R\gt0$ に対し，第1象限にある3つの領域

$$ B_R=\left\{(x,y)\;\middle|\;x^2+y^2\le R^2,\,x\ge0,\,y\ge0\right\},\qquad A_R=\{(x,y)\mid0\le x\le R,\,0\le y\le R\},\qquad B_{\sqrt2R}=\left\{(x,y)\;\middle|\;x^2+y^2\le2R^2,\,x\ge0,\,y\ge0\right\} $$

（$B_R$ は半径 $R$ の四分円，$A_R$ は1辺 $R$ の正方形，$B_{\sqrt2R}$ は半径 $\sqrt2R$ の四分円）を考える．$B_R\subset A_R\subset B_{\sqrt2R}$（図7.10）であることを用いて，$\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-x^2}\,dx=\dfrac{\sqrt\pi}{2}$ を示せ．

解答　$f(x,y)=e^{-x^2-y^2}\ge0$ なので，領域が広いほど（領域を増やせば非負の量が増えるだけなので）重積分の値も大きくなる．したがって $B_R\subset A_R\subset B_{\sqrt2R}$ から，ただちに

$$ \iint_{B_R}e^{-x^2-y^2}dxdy\ \le\ \iint_{A_R}e^{-x^2-y^2}dxdy\ \le\ \iint_{B_{\sqrt2R}}e^{-x^2-y^2}dxdy $$

という不等式（ノートの記号では $I_R\le J_R\le I_{\sqrt2R}$）が成り立つ．3つの重積分をそれぞれ計算しよう．正方形 $A_R$ の上の重積分 $J_R$ は，長方形領域なので累次積分がそのまま使え，例題7.8と同じ指数法則の分解が使える．

$$ J_R=\int_0^R\int_0^R e^{-x^2}\cdot e^{-y^2}\,dxdy=\left(\int_0^R e^{-x^2}dx\right)\left(\int_0^R e^{-y^2}dy\right)=\left(\int_0^R e^{-x^2}dx\right)^2 $$

扇形 $B_R$ の上の重積分 $I_R$ は，極座標に変換すればよい（$0\le r\le R,\ 0\le\theta\le\pi/2$）．例題7.8と同じ計算を，積分上限を $\infty$ ではなく $R$ で打ち切って実行すると，

$$ I_R=\int_0^{\pi/2}\int_0^R e^{-r^2}\cdot r\,drd\theta =\int_0^{\pi/2}\Big[-\frac12e^{-r^2}\Big]_0^Rd\theta =\int_0^{\pi/2}\frac12\left(1-e^{-R^2}\right)d\theta =\frac{\pi}{4}\left(1-e^{-R^2}\right) $$

同様に，$B_{\sqrt2R}$ は半径を $\sqrt2R$ に置き換えるだけなので，

$$ I_{\sqrt2R}=\int_0^{\pi/2}\int_0^{\sqrt2R} e^{-r^2}\cdot r\,drd\theta=\frac{\pi}{4}\left(1-e^{-2R^2}\right) $$

を得る．以上をはさみうちの不等式に代入すると，

$$ \frac{\pi}{4}\left(1-e^{-R^2}\right)\ \le\ \left(\int_0^R e^{-x^2}dx\right)^2\ \le\ \frac{\pi}{4}\left(1-e^{-2R^2}\right) $$

$R\to\infty$ のとき，$e^{-R^2}\to0$ かつ $e^{-2R^2}\to0$ なので，左右両端はともに $\dfrac{\pi}{4}$ に収束する．はさみうちの原理（左右が同じ値に収束すれば，間の量もその値に収束する）より，

$$ \lim_{R\to\infty}\left(\int_0^R e^{-x^2}dx\right)^2=\frac{\pi}{4} $$

を得る．左辺は $\displaystyle\left(\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx\right)^2$ に等しいから（広義積分の定義そのものである），両辺の平方根をとって（$e^{-x^2}\gt0$ より積分は正），

$$ \int_0^{\infty}e^{-x^2}\,dx=\sqrt{\frac{\pi}{4}}=\frac{\sqrt\pi}{2} $$

を得る（sympyで検算済み．例題7.8の結果 $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt\pi$ と，$e^{-x^2}$ が偶関数であることから $\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx=\frac12\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt\pi}{2}$ となることとも整合する）．

例題7.10　ひし形領域を45度回転する変数変換

領域 $D=\{(x,y)\mid|x-1|+|y|\le1\}$（図7.11左，中心 $(1,0)$，頂点 $(0,0),(1,1),(2,0),(1,-1)$ のひし形）における関数 $f(x,y)=(x+y)e^{x-y}$ の重積分 $V=\displaystyle\iint_D f(x,y)\,dxdy$ を求めよ．

解答　新しい変数を $u=\dfrac{x+y}{\sqrt2}$，$v=\dfrac{x-y}{\sqrt2}$ と定める（座標軸を原点のまわりに $-45°$ だけ回転させる変換である）．逆に解くと，

$$ x=\frac{u+v}{\sqrt2},\qquad y=\frac{u-v}{\sqrt2} $$

を得る（$u+v=\sqrt2 x$，$u-v=\sqrt2 y$ を辺々の関係から確認できる）．ヤコビアンは，

$$ J=\begin{pmatrix}\pdiff{x}{u}&\pdiff{x}{v}\\[2mm]\pdiff{y}{u}&\pdiff{y}{v}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\dfrac{1}{\sqrt2}&\dfrac{1}{\sqrt2}\\[2mm]\dfrac{1}{\sqrt2}&-\dfrac{1}{\sqrt2}\end{pmatrix},\qquad \det J=\frac{1}{\sqrt2}\times\left(-\frac1{\sqrt2}\right)-\frac1{\sqrt2}\times\frac1{\sqrt2}=-\frac12-\frac12=-1 $$

より $|J|=1$ である．

次に，領域 $D$（ひし形）が $u,v$ でどう表されるかを確認する．頂点 $(0,0),(1,1),(2,0),(1,-1)$ を $u=(x+y)/\sqrt2,\,v=(x-y)/\sqrt2$ で変換すると，順に $(0,0)$，$(\sqrt2,0)$，$(\sqrt2,\sqrt2)$，$(0,\sqrt2)$ となり（たとえば $(1,1)$ なら $u=(1+1)/\sqrt2=\sqrt2,\,v=(1-1)/\sqrt2=0$），これは1辺 $\sqrt2$ の正方形 $D'=\{0\le u\le\sqrt2,\,0\le v\le\sqrt2\}$ の4頂点にほかならない．したがって $D$ は $D'$ に写る．最後に被積分関数を $u,v$ で表す．$u,v$ の定義から，そのまま $x+y=\sqrt2\,u$，$x-y=\sqrt2\,v$ が読み取れる（これが $u,v$ を導入した理由そのものである）．よって，

$$ (x+y)e^{x-y}=\sqrt2\,u\cdot e^{\sqrt2\,v} $$

となる．以上をまとめると，

$$ V=\int_0^{\sqrt2}\int_0^{\sqrt2}\sqrt2\,u\,e^{\sqrt2\,v}\,dudv =\sqrt2\left(\int_0^{\sqrt2}u\,du\right)\left(\int_0^{\sqrt2}e^{\sqrt2v}\,dv\right) $$

$\displaystyle\int_0^{\sqrt2}u\,du=\Big[\frac{u^2}{2}\Big]_0^{\sqrt2}=\frac{2}{2}=1$，$\displaystyle\int_0^{\sqrt2}e^{\sqrt2v}\,dv=\frac{1}{\sqrt2}\Big[e^{\sqrt2v}\Big]_0^{\sqrt2}=\frac{1}{\sqrt2}(e^{2}-1)$（指数の肩は $\sqrt2\times\sqrt2=2$）である．したがって，

$$ V=\sqrt2\times1\times\frac{1}{\sqrt2}(e^2-1)=e^2-1 $$

を得る（sympyで検算済み．数値では $V\approx6.389$）．

例題7.11　四面体の体積（三重積分）

領域 $V=\{(x,y,z)\mid x,y,z\ge0,\ x+y+z\le1\}$（原点と3点 $(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)$ を頂点にもつ四面体）において，三重積分 $\displaystyle\iiint_V x\,dxdydz$ を，積分の順序を変えた2通りの方法で求めよ．

解答（解法1：$z\to y\to x$ の順）　まず $x,y$ を固定したときに $z$ が動く範囲を求める．条件 $x+y+z\le1,\,z\ge0$ より，

$$ 0\le z\le1-x-y $$

である．そこで，先に $z$ について積分すると（$x$ の重積分に，底面 $D=\{(x,y)\mid x\ge0,y\ge0,x+y\le1\}$（図7.12右）の上での重積分がまだ残る形になる），

$$ \iiint_V x\,dxdydz=\iint_D\left(\int_0^{1-x-y}x\,dz\right)dxdy=\iint_D x(1-x-y)\,dxdy $$

（内側の積分は，$x$ を定数とみて $z$ について積分しただけなので，$x\cdot(1-x-y)$（高さ $1-x-y$ をかけただけ）になる．）続けて，$D=\{0\le x\le1,\,0\le y\le1-x\}$ の上で，$y$ を先に積分する累次積分（公式7.1 (I)）を使うと，

$$ =\int_0^1\left\{\int_0^{1-x}(1-x-y)x\,dy\right\}dx $$

内側の積分（$x$ を定数とみて $y$ について積分）は，

$$ \int_0^{1-x}(1-x-y)x\,dy=x\Big[(1-x)y-\frac{y^2}{2}\Big]_0^{1-x}=x\left\{(1-x)^2-\frac{(1-x)^2}{2}\right\}=x\cdot\frac{(1-x)^2}{2} $$

（$(1-x)y$ に $y=1-x$ を代入すると $(1-x)^2$，$y^2/2$ に $y=1-x$ を代入すると $(1-x)^2/2$，引き算すると半分だけ残る．）したがって，

$$ \iiint_V x\,dxdydz=\int_0^1\left\{(1-x)^2x-\frac{x}{2}(1-x)^2\right\}dx=\int_0^1\frac{x}{2}(1-x)^2\,dx $$

を計算すればよい．$(1-x)^2=1-2x+x^2$ と展開して整理すると，

$$ \frac{x}{2}(1-2x+x^2)=\frac{x}{2}-x^2+\frac{x^3}{2} $$ $$ \int_0^1\left(\frac{x}{2}-x^2+\frac{x^3}{2}\right)dx=\Big[\frac{x^2}{4}-\frac{x^3}{3}+\frac{x^4}{8}\Big]_0^1=\frac14-\frac13+\frac18 $$

通分（分母24）すると $\dfrac14-\dfrac13+\dfrac18=\dfrac{6}{24}-\dfrac{8}{24}+\dfrac{3}{24}=\dfrac{1}{24}$．よって，

$$ \iiint_V x\,dxdydz=\frac{1}{24} $$

を得る．

解答（解法2：$x\to y\to z$ の順，$z$ を最後まで残す）　今度は，先に $z$ を固定し，高さ $z$ での水平断面 $D_z=\{(x,y)\mid x\ge0,y\ge0,x+y\le1-z\}$（図7.13，1辺 $1-z$ の直角三角形）の上で $x,y$ について重積分し，最後に $z$ について積分する．

$$ \iiint_V x\,dxdydz=\int_0^1\left(\int_0^{1-z}\int_0^{1-z-x}x\,dy\,dx\right)dz $$

もっとも内側の積分（$x,z$ を固定して $y$ について積分）は，被積分関数 $x$ が $y$ に依存しないので，

$$ \int_0^{1-z-x}x\,dy=x(1-z-x) $$

次に $x$ について，$0$ から $1-z$ まで積分する（$z$ はここでも定数として扱う）．

$$ \int_0^{1-z}x(1-z-x)\,dx=\int_0^{1-z}\left\{(1-z)x-x^2\right\}dx =\Big[(1-z)\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\Big]_0^{1-z} $$

$x=1-z$ を代入すると，

$$ (1-z)\cdot\frac{(1-z)^2}{2}-\frac{(1-z)^3}{3}=\frac{(1-z)^3}{2}-\frac{(1-z)^3}{3}=(1-z)^3\left(\frac12-\frac13\right)=\frac{(1-z)^3}{6} $$

を得る（ノートではこの計算がまとめて $\dfrac16(1-z)^3$ と1行で書かれていたので，本書では途中の通分を補った）．最後に $z$ について積分すると，

$$ \iiint_V x\,dxdydz=\int_0^1\frac{(1-z)^3}{6}\,dz=\frac16\Big[-\frac{(1-z)^4}{4}\Big]_0^1=\frac16\left(0+\frac14\right)=\frac{1}{24} $$

を得る．解法1・解法2ともに同じ値 $\dfrac{1}{24}$ になった（sympyで両方の解法を検算済み）．

例題7.12　球の体積（3通りの方法）

半径 $R$ の球 $D_1=\{(x,y,z)\mid x^2+y^2+z^2\le R^2\}$ の体積を，3通りの方法で求めよ．

解法1（球座標のヤコビアンをそのまま使う）　球座標では，球 $D_1$ は単純に $0\le r\le R,\ 0\le\theta\le\pi,\ 0\le\varphi\lt2\pi$ と表される（$r$ は原点からの距離だから $R$ 以下，$\theta,\varphi$ は制限なしにすべての向きを動く）．先に導いたヤコビアン（式 \eqref{eq:7-spherical-jacobian}）を使うと，

$$ \iiint_{D_1}dxdydz=\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^R r^2\sin\theta\,drd\theta d\varphi $$

被積分関数が $r,\theta,\varphi$ それぞれだけの関数の積に分解しているので，3つの1変数積分の積になる．

$$ =\left(\int_0^R r^2\,dr\right)\left(\int_0^{\pi}\sin\theta\,d\theta\right)\left(\int_0^{2\pi}d\varphi\right) =\Big[\frac{r^3}{3}\Big]_0^R\cdot\Big[-\cos\theta\Big]_0^{\pi}\cdot\big[\varphi\big]_0^{2\pi} $$ $$ =\frac{R^3}{3}\times\big(-\cos\pi-(-\cos0)\big)\times2\pi=\frac{R^3}{3}\times\big(1+1\big)\times2\pi=\frac{R^3}{3}\times2\times2\pi=\frac{4}{3}\pi R^3 $$

を得る．

解法2（極座標＋半球の断面積分）　球の上半分（$z\ge0$）は $z=\sqrt{R^2-x^2-y^2}$ という曲面であり，その下側の体積は，7.4節の例題7.7とまったく同じ形の重積分になる．球全体の体積はその2倍だから，

$$ V=2\iint_{D_2}\sqrt{R^2-x^2-y^2}\,dxdy,\qquad D_2=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le R^2\} $$

（$D_2$ は半径 $R$ の円板，$xy$平面上の球の赤道にあたる．）2次元極座標 $x=r\cos\theta,\,y=r\sin\theta$（$dxdy=rdrd\theta$）を使うと，

$$ V=2\int_0^{2\pi}\int_0^R\sqrt{R^2-r^2}\,r\,drd\theta $$

内側の積分は，例題7.7と同様に $w=R^2-r^2$ の置換で，

$$ \int_0^R r\sqrt{R^2-r^2}\,dr=\Big[-\frac13(R^2-r^2)^{3/2}\Big]_0^R=0-\left(-\frac13R^3\right)=\frac{R^3}{3} $$

となるので，

$$ V=2\int_0^{2\pi}\frac{R^3}{3}\,d\theta=2\cdot\frac{R^3}{3}\cdot2\pi=\frac{4}{3}\pi R^3 $$

を得る．

解法3（単純な断面積分，球座標も極座標も使わない）　高校数学で学んだ「断面積の積分としての体積」の公式を直接使う．球を高さ $z$（$-R\le z\le R$）の水平面で切ると，断面は半径 $\sqrt{R^2-z^2}$ の円になる（図7.15．球の方程式 $x^2+y^2+z^2=R^2$ に $z$ を固定値として代入すると，断面での $x^2+y^2=R^2-z^2$ が円の方程式になることから分かる）．断面積は $\pi(R^2-z^2)$（半径の2乗 $\times\pi$）だから，

$$ V=\int_{-R}^R \pi(R^2-z^2)\,dz=\pi\Big[R^2z-\frac{z^3}{3}\Big]_{-R}^R $$ $$ =\pi\left\{\left(R^3-\frac{R^3}{3}\right)-\left(-R^3+\frac{R^3}{3}\right)\right\}=\pi\left(\frac{2R^3}{3}+\frac{2R^3}{3}\right)=\pi\cdot\frac{4R^3}{3}=\frac{4}{3}\pi R^3 $$

を得る．3通りの方法がすべて同じ答え $\dfrac{4}{3}\pi R^3$（高校数学で暗記した球の体積の公式そのもの）に至った（sympyで3通りとも検算済み）．どの方法にも一長一短がある．解法1（球座標）はもっとも機械的で見通しがよいが，球座標のヤコビアンを覚えている必要がある．解法2（極座標＋断面積分）は前節までの技法の延長で計算できる．解法3はもっとも初等的だが，「断面が円になる」という幾何学的な洞察が先に必要になる．

例題7.13　球の表面積（2通りの方法）

半径 $R$ の球面 $x^2+y^2+z^2=R^2$ の表面積を，2通りの方法で求めよ．

解法1（曲面積の公式を使う）　上半球面は $z=\sqrt{R^2-x^2-y^2}$ であり，球全体の表面積は上半球面の面積の2倍である．$x^2+y^2+z^2=R^2$ を $x$，$y$ それぞれで偏微分すると（陰関数のまま微分する；$z$ も $x,y$ の関数であることに注意），

$$ 2x+2z\pdiff zx=0,\qquad2y+2z\pdiff zy=0 \ \Longrightarrow\ \pdiff zx=-\frac xz,\qquad\pdiff zy=-\frac yz $$

したがって，

$$ \left(\pdiff zx\right)^2+\left(\pdiff zy\right)^2+1=\frac{x^2}{z^2}+\frac{y^2}{z^2}+1=\frac{x^2+y^2+z^2}{z^2}=\frac{R^2}{z^2} $$

（最後は球面の方程式 $x^2+y^2+z^2=R^2$ を使った．）曲面積の公式（式 \eqref{eq:7-surface-element}）に代入すると，$D$ を球の赤道の円板 $\{x^2+y^2\le R^2\}$ として，

$$ S=2\iint_D\sqrt{\frac{R^2}{z^2}}\,dxdy=2\iint_D\frac{R}{\sqrt{R^2-x^2-y^2}}\,dxdy $$

（係数2は上下の半球分．$\sqrt{R^2/z^2}=R/|z|=R/z$，$z\ge0$ なので絶対値ははずせる．また $z=\sqrt{R^2-x^2-y^2}$ を代入した．）極座標 $x=r\cos\theta,\,y=r\sin\theta$（$dxdy=rdrd\theta$）を使うと，

$$ S=2\int_0^{2\pi}\int_0^R\frac{R}{\sqrt{R^2-r^2}}\,r\,drd\theta $$

内側の積分は，$w=R^2-r^2$（$dw=-2rdr$）の置換で，

$$ \int_0^R\frac{r}{\sqrt{R^2-r^2}}\,dr=\Big[-\sqrt{R^2-r^2}\Big]_0^R=0-(-R)=R $$

となる（これは広義積分であり，本来は $r\to R$ の極限として扱うべきだが，$-\sqrt{R^2-r^2}\to0$ に問題なく収束するので結果は変わらない）．したがって，

$$ S=2\int_0^{2\pi}R\cdot R\,d\theta=2R^2\int_0^{2\pi}d\theta=2R^2\cdot2\pi=4\pi R^2 $$

を得る．

解法2（球座標のヤコビアンを使う）　半径 $R$ の球面上の点はすべて球座標で $r=R$（一定）と表され，その上を $\theta,\varphi$ が動く．先に導いたヤコビアン（式 \eqref{eq:7-spherical-jacobian}）$dxdydz=r^2\sin\theta\,drd\theta d\varphi$ で $r=R$（一定）とおくと，球面上の面積要素は $dS=R^2\sin\theta\,d\theta d\varphi$ になる（半径 $R$ が一定の球面上だけを考えるので，$dr$ 方向の積分は行わず，$r^2$ に $R^2$ を代入するだけでよい）．よって，

$$ S=\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}R^2\sin\theta\,d\theta d\varphi=R^2\left(\int_0^{\pi}\sin\theta\,d\theta\right)\left(\int_0^{2\pi}d\varphi\right)=R^2\cdot\big[-\cos\theta\big]_0^{\pi}\cdot2\pi $$ $$ =R^2\times2\times2\pi=4\pi R^2 $$

を得る．2通りの方法が一致した（sympyで両方とも検算済み．高校数学で暗記した球の表面積の公式 $4\pi R^2$ と一致する．なお，$S=4\pi R^2$ を $R$ で微分すると $dS/dR=8\pi R=2\times4\pi R$ となり，体積の公式 $V=\frac43\pi R^3$ を $R$ で微分した $dV/dR=4\pi R^2=S$ と一致することは覚えておくと便利である：半径を $dR$ だけ増やしたときの体積の増分は，表面全体に厚さ $dR$ の薄皮をかぶせた分にほぼ等しいからである）．

演習7.1　三角形領域での重積分

領域 $D=\{(x,y)\mid0\le y\le x\le1\}$ における関数 $f(x,y)=x+y$ の重積分 $\displaystyle\iint_D(x+y)\,dxdy$ を求めよ．

ヒント：公式7.1 (I) を使い，$x$ を固定して $y$ を $0$ から $x$ まで先に積分する．

→ 解答

演習7.2　極座標変換：円環領域での重積分

領域 $D=\{(x,y)\mid1\le x^2+y^2\le4\}$（円環）における関数 $f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}$ の重積分 $\displaystyle\iint_D\sqrt{x^2+y^2}\,dxdy$ を，極座標変換を用いて求めよ．

ヒント：$x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$（ヤコビアン $r$）とおくと，$1\le r\le2$，$0\le\theta\lt2\pi$ になる．$\sqrt{x^2+y^2}=r$ に注意する．

→ 解答

演習7.3　ヤコビアンの計算

$u=2x-y,\ v=x+y$ という変数変換について，面積要素 $dxdy$ を $dudv$ を使って表せ．

ヒント：7.4節の例題7.6で使った近道——$J_2=\pdiff{(u,v)}{(x,y)}$ を先に計算し，$|\det J_1|=1/|\det J_2|$ とする方法——が使える．$u,v$ を $x,y$ で偏微分した行列の行列式を求めよ．

→ 解答

演習7.4　円柱の体積

底面の半径 $a$，高さ $h$ の円柱 $\{(x,y,z)\mid x^2+y^2\le a^2,\,0\le z\le h\}$ の体積を，重積分 $\displaystyle\iint_D h\,dxdy$（$D$ は底面の円板）を極座標に変換して計算することにより求めよ．

ヒント：高さ $h$ は定数なので，$D=\{x^2+y^2\le a^2\}$ の面積に $h$ をかけるだけである．$D$ の面積を極座標で計算せよ．

→ 解答

演習7.5　四面体の体積（三重積分）

領域 $V=\{(x,y,z)\mid x,y,z\ge0,\,x+2y+z\le2\}$ の体積を，三重積分 $\displaystyle\iiint_V dxdydz$ によって求めよ．

ヒント：例題7.11の解法1と同じ順序（$z\to y\to x$）で累次積分する．$z$ の範囲は $0\le z\le2-x-2y$，続いて $y$ の範囲は $0\le y\le(2-x)/2$，最後に $0\le x\le2$．

→ 解答

演習7.6　ガウス積分の応用

ガウス積分の結果 $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt\pi$ を使って，$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-2x^2}\,dx$ を求めよ．

ヒント：$t=\sqrt2\,x$ と置換すると，指数の中身が $-2x^2=-t^2$ になる．$dx$ を $dt$ で表すことを忘れないこと．

→ 解答