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東京大学 新領域創成科学研究科 人間環境学専攻 2023年8月実施 微积分

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Author​

思齐塾, 祭音Myyura

Description​

適切な変数変換を用いて積分の値を求めることを考える。以下の問いに答えよ。

  1. 以下の積分を t=1−xt = \sqrt{1-x} なる変数を導入することで、 tt に関する積分として表せ。また、 I1I_1 の値を求めよ。
I1=∫01(1+x)1−xdxI_1 = \int_{0}^{1} (1+x) \sqrt{1-x} dx
  1. 以下の xyxy 平面上の2重積分について、 x=rcos⁡θx = r \cos\theta , y=rsin⁡θy = r \sin\theta ( r≥0r \geq 0 ) を導入し、変数 r,θr, \theta に関する2重積分として表せ。また、 I2I_2 の値を求めよ。
I2=∬D(x2+y2)dxdyI_2 = \iint_{D} (x^2 + y^2) dxdy

ただし、領域 DD は D={(x,y)∣x2+y2≤1}D = \{(x, y) | x^2 + y^2 \leq 1\} とする。

  1. 以下の xyxy 平面上の2重積分について、 x=rcos⁡θx = r \cos\theta , y=rsin⁡θy = r \sin\theta ( r≥0r \geq 0 ) を導入し、変数 r,θr, \theta に関する2重積分として表せ。また、 I3I_3 の値を求めよ。
I3=∬DydxdyI_3 = \iint_{D} \sqrt{y} dxdy

ただし、領域 DD は D={(x,y)∣x2+y2≤y}D = \{(x, y) | x^2 + y^2 \leq y\} とする。

题目描述​

使用适当的变量代换回答以下问题：

  1. 对积分

    I1=∫01(1+x)1−x dx,I_1=\int_0^1(1+x)\sqrt{1-x}\,dx,

    引入变量 t=1−xt=\sqrt{1-x}，先将 I1I_1 表示成关于 tt 的积分，再求其值。

  2. 对单位圆盘

    D={(x,y)∣x2+y2≤1}D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\leq1\}

    上的二重积分

    I2=∬D(x2+y2) dx dy,I_2=\iint_D(x^2+y^2)\,dx\,dy,

    引入极坐标 x=rcos⁡θ, y=rsin⁡θx=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta（r≥0r\geq0），先将 I2I_2 表示成关于 r,θr,\theta 的二重积分，再求其值。

  3. 对区域

    D={(x,y)∣x2+y2≤y}D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\leq y\}

    上的二重积分

    I3=∬Dy dx dy,I_3=\iint_D\sqrt y\,dx\,dy,

    同样引入 x=rcos⁡θ, y=rsin⁡θx=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta（r≥0r\geq0），先将 I3I_3 表示成关于 r,θr,\theta 的二重积分，再求其值。

Kai​

  1. Let t=1−xt = \sqrt{1-x} . Then x=1−t2x = 1 - t^2 and dx=−2tdtdx = -2t dt . When x=0x = 0 , t=1t = 1 , and when x=1x = 1 , t=0t = 0 . Thus,
I1=∫10(1+1−t2)t(−2t)dt=∫012(2−t2)t2dt=2∫01(2t2−t4)dt=2[23t3−15t5]01=2(23−15)=2(10−315)=1415I_1 = \int_{1}^{0} (1 + 1 - t^2) t (-2t) dt = \int_{0}^{1} 2 (2 - t^2) t^2 dt = 2 \int_{0}^{1} (2t^2 - t^4) dt = 2 \left[ \frac{2}{3} t^3 - \frac{1}{5} t^5 \right]_{0}^{1} = 2 \left( \frac{2}{3} - \frac{1}{5} \right) = 2 \left( \frac{10 - 3}{15} \right) = \frac{14}{15}
  1. Let x=rcos⁡θx = r \cos \theta , y=rsin⁡θy = r \sin \theta . Then x2+y2=r2x^2 + y^2 = r^2 . Also dxdy=rdrdθdxdy = r dr d\theta . Since x2+y2≤1x^2 + y^2 \leq 1 , 0≤r≤10 \leq r \leq 1 and 0≤θ≤2π0 \leq \theta \leq 2\pi .
I2=∫02π∫01r2⋅rdrdθ=∫02πdθ∫01r3dr=2π[14r4]01=2π⋅14=π2I_2 = \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{1} r^2 \cdot r dr d\theta = \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{1} r^3 dr = 2\pi \left[ \frac{1}{4} r^4 \right]_{0}^{1} = 2\pi \cdot \frac{1}{4} = \frac{\pi}{2}
  1. Let x=rcos⁡θx = r \cos \theta , y=rsin⁡θy = r \sin \theta . Then x2+y2≤yx^2 + y^2 \leq y becomes r2≤rsin⁡θr^2 \leq r \sin \theta , so r≤sin⁡θr \leq \sin \theta . This implies sin⁡θ≥0\sin \theta \geq 0 , so 0≤θ≤π0 \leq \theta \leq \pi . Also dxdy=rdrdθdxdy = r dr d\theta .
I3=∬Dydxdy=∫0π∫0sin⁡θrsin⁡θrdrdθ=∫0πsin⁡θ∫0sin⁡θr3/2drdθ=∫0πsin⁡θ[25r5/2]0sin⁡θdθ=25∫0πsin⁡θ(sin⁡θ)5/2dθ=25∫0πsin⁡3θdθI_3 = \iint_{D} \sqrt{y} dxdy = \int_{0}^{\pi} \int_{0}^{\sin \theta} \sqrt{r \sin \theta} r dr d\theta = \int_{0}^{\pi} \sqrt{\sin \theta} \int_{0}^{\sin \theta} r^{3/2} dr d\theta = \int_{0}^{\pi} \sqrt{\sin \theta} \left[ \frac{2}{5} r^{5/2} \right]_{0}^{\sin \theta} d\theta = \frac{2}{5} \int_{0}^{\pi} \sqrt{\sin \theta} (\sin \theta)^{5/2} d\theta = \frac{2}{5} \int_{0}^{\pi} \sin^3 \theta d\theta
=25∫0πsin⁡θ(1−cos⁡2θ)dθ=25∫0π(sin⁡θ−sin⁡θcos⁡2θ)dθ=25[−cos⁡θ+13cos⁡3θ]0π=25[(1−13)−(−1+13)]=25(23+23)=25⋅43=815= \frac{2}{5} \int_{0}^{\pi} \sin \theta (1 - \cos^2 \theta) d\theta = \frac{2}{5} \int_{0}^{\pi} (\sin \theta - \sin \theta \cos^2 \theta) d\theta = \frac{2}{5} \left[ -\cos \theta + \frac{1}{3} \cos^3 \theta \right]_{0}^{\pi} = \frac{2}{5} \left[ (1 - \frac{1}{3}) - (-1 + \frac{1}{3}) \right] = \frac{2}{5} \left( \frac{2}{3} + \frac{2}{3} \right) = \frac{2}{5} \cdot \frac{4}{3} = \frac{8}{15}
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