微分積分学 AD II, 数学序論演習 II 2007 年 1 月 30 日の試験の解答の要点^{1}

1 D を図示することを (特に (1), (2), (3) について) 強く勧めるのだが、ここでは略す。

(1) D を横線集合で表すと D : \sqrt{1 − y} ≤ x ≤ y + 2, 0 ≤ y ≤ 1 となるから、

(与式)= ∫_{0}^{1} dy ∫_{√\overline{1−y}}^{y+2} xy dx = ∫_{0}^{1}\{\frac{1}{2}y(y + 2)^{2} − \frac{1}{2}y(1 − y)\} dy = \frac{41}{24}.

(2) K : −\sqrt{4y − y^{2}} ≤ x ≤ \sqrt{4y − y^{2}}, 0 ≤ y ≤ 4 より、

(与式)= ∫_{0}^{4} \sqrt{y}dy ∫_{−\sqrt{4y−y^{2}}}^{√\overline{4y−y^{2}}} dx = ∫_{0}^{4} y\sqrt{4 − y} dy = \frac{256}{15}.

(3) D : x ≤ y ≤ r, 1 ≤ x ≤ e より、

(与式)= ∫_{1}^{e} dx ∫_{x}^{e}(log y − 2 log x) dy = ∫_{1}^{e}(x log x + x − 2e log x) dx = \frac{3}{4}e^{2} − 2e − \frac{1}{4}.

(4) u = x + y, v = x − y とおくと x = \frac{1}{2}(u + v), y = \frac{1}{2}(u − v). この変換で K は Ω : 0 ≤ u ≤ 1, −1 ≤ v ≤ 1 に一対一で対応し、\frac{∂(x,y)}{∂(u,v)} = −\frac{1}{2}(≠ 0). よって、

(与式)=∫∫_{Ω} \frac{1}{2}(u^{2} + v^{2})e^{−u}|−\frac{1}{2}| dudv = \frac{1}{4} ∫_{0}^{1} e^{−u} du ∫_{−1}^{1}(u^{2} + v^{2}) dv = \frac{1}{2} ∫_{0}^{1}(u^{2} + \frac{1}{3})e^{−u} du = \frac{7}{6} − \frac{8}{3e}.

(5) x = r cos θ, y = r sin θ とおくと、 (x^{2} + y^{2})^{2} ≤ y^{2} − x^{2} に代入して r^{4} ≤ −r^{2} cos 2θ. ここで、 − cos 2θ ≥ 0 に注意して、この変換で K は Ω : r^{2} ≤ − cos 2θ, \frac{π}{4} ≤ θ ≤ \frac{3π}{4} , \frac{5π}{4} ≤ θ ≤ \frac{7π}{4} に面積 0 の集合を除いて一対一で写され、\frac{∂(x,y)}{∂(r,θ)} = r ≠ 0 であるから、

(与式)=∫∫_{Ω} r^{2}|r| drdθ = 2 ∫_{π/4}^{3π/4} dθ ∫_{0}^{√\overline{− cos 2θ}} r^{3} dr = 2 ∫_{π/4}^{3π/4}(\sqrt{− cos 2θ})^{4} dθ = \frac{π}{8} .

ここで、第 2 の等号は K の x 軸に関する対称性を用いた。

(6) x = r sin φ cos θ, y = r sin φ sin θ, z = r cos φ とおくと、 T は Ω : 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ φ ≤ \frac{π}{2} , 0 ≤ θ ≤ \frac{π}{2} に体積 0 の集合を除いて一対一で写される。よって、\frac{∂(x,y,z)}{∂(r,φ,θ)} = r sin φ で体積 0 を除き\frac{∂(x,y)}{∂(r,θ)} ≠ 0 であるから、 (与式)=∫∫∫_{Ω} \sqrt{1 − r^{3}}|r^{2} sin φ| drdφdθ = ∫_{0}^{π/2} dθ ∫_{0}^{π/2} sin φ dφ ∫_{0}^{1} \sqrt{1 − r^{3}}r^{2} dr

= \frac{π}{2} [− cos φ]_{0}^{π/2}[−\frac{2}{9}(1 − r^{3})^{3/2}]_{0}^{1} = \frac{π}{9} .

2 (1) K_{n} : 1 ≤ x ≤ n, 1 ≤ y ≤ n とおくと、 \{K_{n}\} は D の増加近似列で、\frac{1}{(x+y)^{5}} ≥ 0 であるから、

(与式)= lim_{n→∞} ∫∫_{K_{n}} \frac{dx dy}{(x + y)^{5}} = lim_{n→∞} ∫_{1}^{n} dx ∫_{1}^{n} \frac{dy}{(x + y)^{5}} = lim_{n→∞} ∫_{1}^{n}\{\frac{1}{4(x + 1)^{4}} − \frac{1}{4(x + n)^{4}} \} dx

= lim_{n→∞}\{\frac{1}{12 · 2^{3}} − \frac{1}{6(n + 1)^{3}} + \frac{1}{12(2n)^{3}} \} = \frac{1}{96}.

(2) K_{n} : x^{2} + y^{2} ≤ (1 − \frac{1}{n})^{2} とおくと、 \{K_{n}\} は D の増加近似列で、 log(1 − x^{2} − y^{2}) ≤ 0 であるから、 (与式)= lim_{n→∞} ∫∫_{K_{n}} log(1 − x^{2} − y^{2}) dxdy. ここで、 x = r cos θ, y = r sin θ とおくと、 K_{n} は Ω_{n} : 0 ≤ r ≤ 1 − \frac{1}{n}, 0 ≤ θ ≤ 2π に面積 0 の集合を除いて一対一で対応し、\frac{∂(x,y)}{∂(r,θ)} = r で面積 0 を除き\frac{∂(x,y)}{∂(r,θ)} ≠ 0. よって、 ∫∫_{K_{n}} log(1 − x^{2} − y^{2}) dxdy = ∫∫_{Ω_{n}} r log(1 − r^{2}) drdθ = ∫_{0}^{2π} dθ ∫_{0}^{1− \frac{1}{n}} r log(1 − r^{2}) dr

= π[\{1 − (1 − \frac{1}{n})^{2}\}(log\{1 − (1 − \frac{1}{n})^{2}\} − 1) − 1] より、 (与式)= −π を得る。

1注意この「試験の解答の要点」は解答の要点である。そのままの答えでは完全な解答とは言えない。配点は 1 (5), 2 (1), (2) が 15 点、そのほかは 10 点の、満点 95 点である。