法政大学 理工学研究科 システム理工学専攻 経営システム系 2021年8月実施 微积分

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Author

思齐塾, 祭音Myyura

Description

平面上の領域 $D$ を

$$D = \{(x, y) \mid y > 2x, y > -2x\}$$

とするとき、重積分

$$I = \iint_D \exp(x^2 - y^2) dxdy$$

について考える。

(1) $(k,y)$ に対して $(x,y) = (ky, y)$ を対応させる変数変換 $(k,y) \mapsto (x,y)$ を考える。この変換における $D$ の逆像はどのような図形かを図示せよ。

(2) 重積分 $I$ を求めよ。

(3) $E = \{(x,y) \mid y^2 - x^2 < 1\}$ とするとき、二重積分

$$\iint_{D \cap E} \exp(x^2 - y^2) dxdy$$

を求めよ。

题目描述

定义平面区域

$$D=\{(x,y)\mid y>2x,\ y>-2x\},$$

并考虑重积分

$$I=\iint_D\exp(x^2-y^2)\,dx\,dy.$$

（1）考虑变量变换

$$(k,y)\longmapsto(x,y)=(ky,y).$$

画出区域 $D$ 在此变换下的原像。

（2）求重积分 $I$。

（3）令

$$E=\{(x,y)\mid y^2-x^2<1\},$$

求二重积分

$$\iint_{D\cap E}\exp(x^2-y^2)\,dx\,dy.$$

Kai

(1) 変数変換 $(k,y)\mapsto(x,y)=(ky,y)$ における $D$ の逆像を求める．

条件 $y>2x,\ y>-2x$ に $x=ky$ を代入すると

$$y>2ky,\quad y>-2ky.$$

$D$ では $y>0$ なので，両辺を $y$ で割ると

$$1>2k,\qquad 1>-2k$$

すなわち

$$-\frac12<k<\frac12,\qquad y>0.$$

よって， $(k,y)$ -平面における逆像は

$$D'=\{(k,y)\mid -\tfrac12<k<\tfrac12,\ y>0\}$$

である（ $k$ 方向の区間 $(-1/2,1/2)$ に対し，上へ無限に延びる帯状領域）．

(2) 重積分 $I$ を求める．

まず変数変換 $(k,y)\mapsto(x,y)=(ky,y)$ を用いると，

$$J_1=\frac{\partial(x,y)}{\partial(k,y)} = \begin{vmatrix} y & k\\ 0 & 1 \end{vmatrix} =y$$

より

$$dxdy=y\,dkdy\qquad (y>0).$$

したがって

$$I=\iint_{D} e^{x^{2}-y^{2}}\,dxdy =\int_{0}^{\infty}\int_{-1/2}^{1/2} e^{(ky)^{2}-y^{2}}\,y\,dkdy.$$

次に

$$u=y^{2}-x^{2}=y^{2}-k^{2}y^{2}=y^{2}(1-k^{2}),\quad v=k$$

とおく（ $(k,y)$ から $(u,k)$ への変換）．これより

$$y^{2}=\frac{u}{1-k^{2}},\qquad y=\sqrt{\frac{u}{1-k^{2}}}>0.$$

このとき

$$\frac{\partial(k,y)}{\partial(u,k)}= \begin{vmatrix} 0 & 1\\[2pt] \partial y/\partial u & \partial y/\partial k \end{vmatrix} =-\frac{1}{2y(1-k^2)}, \qquad \left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,k)}\right| =|J_1|\cdot\left|\frac{\partial(k,y)}{\partial(u,k)}\right| =y\cdot\frac1{2y(1-k^2)} =\frac1{2(1-k^2)}.$$

また $x^{2}-y^{2}=-(y^{2}-x^{2})=-u$ である． 領域については，(1) より $-\frac12<k<\frac12,\ y>0$ かつ $y^{2}>x^{2}$ から

$$0<u<\infty,\quad -\frac12<k<\frac12$$

となる．よって

$$I=\int_{-1/2}^{1/2}\int_{0}^{\infty} e^{-u}\frac{1}{2(1-k^2)}\,dudk =\left(\int_{-1/2}^{1/2}\frac{dk}{2(1-k^2)}\right) \left(\int_{0}^{\infty}e^{-u}du\right) =\operatorname{artanh}\left(\frac12\right) =\frac12\log3.$$

したがって

$$\boxed{I=\dfrac12\log3}.$$

(3) $E=\{(x,y)\mid y^{2}-x^{2}<1\}$ とするとき，

$$\iint_{D\cap E} \exp(x^{2}-y^{2})\,dxdy$$

を求めよ．

同じ変数変換を用いると，条件 $y^{2}-x^{2}<1$ は $u<1$ に対応するので，

$$D\cap E \longleftrightarrow R'=\{(u,k)\mid 0<u<1,\ -\tfrac12<k<\tfrac12\}.$$

従って

$$\iint_{D\cap E} e^{x^{2}-y^{2}}\,dxdy =\int_{-1/2}^{1/2}\int_{0}^{1} e^{-u}\frac{1}{2(1-k^2)}\,dudk =\left(\int_{-1/2}^{1/2}\frac{dk}{2(1-k^2)}\right) \left(\int_{0}^{1}e^{-u}du\right) =\frac12\log3\,(1-e^{-1}).$$

よって

$$\boxed{\displaystyle \iint_{D\cap E} \exp(x^{2}-y^{2})\,dxdy =\frac12\log3\,(1-e^{-1}) }.$$