微分積分学 AD II, 数学序論演習 II 2007 年 2 月 13 日の試験の解答の要点^{1}

1 D : 4(2x + y)^{2} + y^{2} ≤ 4 とすると、写像 u = 2(2x + y), v = y により D は Ω : u^{2} + v^{2} ≤ 4 に 1 対 1 に写され\frac{∂(x,y)}{∂(u,v)} = \frac{1}{4}(≠ 0) であるから、

面積 S = ∫∫_{D} dxdy = ∫∫_{Ω} \frac{1}{4}dudv = \frac{1}{4} ∫_{−2}^{2} ∫_{−\sqrt{4−u^{2}}}^{√\overline{4−u^{2}}} dv = \frac{1}{2} ∫_{−2}^{2} \sqrt{4 − u^{2}} du = π.

2 D : 1 ≤ x^{2} + y^{2} ≤ 4, \frac{1}{\sqrt{3}}x ≤ y ≤ \sqrt{3}x とすると、写像 x = r cos θ, y = r sin θ により D は Ω : 1 ≤ r ≤ 2, \frac{π}{6} ≤ θ ≤ \frac{π}{3} に 1 対 1 に対応し、\frac{∂(x,y)}{∂(rθ)} = r(≠ 0) であるから、

体積 V = ∫∫_{D} Arctan \frac{y}{x} dxdy = ∫∫_{Ω} Arctan tan θ rdrdθ = ∫_{π/6}^{π/3} θ dθ ∫_{1}^{2} r dr = \frac{π^{2}}{16} .

3 z ≥ 0 の部分を考え 2 倍すればよい。 z = \sqrt{1 − x^{2} − y^{2}} より、 1 + z_{x}^{2} + z_{y}^{2} = \frac{1}{1−x^{2}−y^{2}} . D : x^{2} + y^{2} ≤ x とすると、写像 x = r cos θ, y = r sin θ により D は Ω : r ≤ cos θ, −\frac{π}{2} ≤ θ ≤ \frac{π}{2} に面積 0 の部分を除き 1 対 1 に対応し、\frac{∂(x,y)}{∂(r,θ)} = r で面積 0 を除き\frac{∂(x,y)}{∂(r,θ)} ≠ 0. よって、

表面積 S = 2 ∫∫_{D} \frac{1}{\sqrt{1 − x^{2} − y^{2}}} dxdy = 2 ∫∫_{Ω} \frac{r}{\sqrt{1 − r^{2}}} drdθ = 2 ∫_{−π/2}^{π/2} dθ ∫_{0}^{cos θ} \frac{r}{\sqrt{1 − r^{2}}} dr

= 2 ∫_{−π/2}^{π/2}[−\sqrt{1 − r^{2}}]_{0}^{cos θ} dθ = 2 ∫_{−π/2}^{π/2}(1 − | sin θ|) dθ = 4 ∫_{0}^{π/2}(1 − sin θ) dθ = 2(π − 2). (脚注^{2})

4 (1) \frac{dx}{dt} = − sin t, \frac{dy}{dt} = cos t より、 (与式)= ∫_{0}^{π}(− sin^{2} t + 2 cos^{2} t) dt = \frac{π}{2} .

(2) C_{1} : x = t, y = t^{2}, 0 ≤ t ≤ 1, C_{2} : x = t^{2}, y = t, 0 ≤ t ≤ 1 とすると、 C = C_{1} − C_{2} より^{3}

(与式)= ∫_{C_{1}} x^{2}y dx + y^{3} dy − ∫_{C_{2}} x^{2}y dx + y^{3} dy = ∫_{0}^{1}(t^{4} + 2t^{7}) dt − ∫_{0}^{t}(2t^{6} + t^{3}) dt = −\frac{3}{35}.

(3) C′ : x^{2} + y^{2} = 1 (正の向きとする) とおくと、ヒントの K の境界は C − C′ となる。また、 D を R^{2} から点 (0, 0) を除いて得られる領域とすると、 K ⊂ D で、\frac{−y}{x^{2}+y^{2}} , \frac{x}{x^{2}+y^{2}} は D で C^{1}-級となる。よって、 Green の定理より

(与式)− ∫_{C′} \frac{−y}{x^{2} + y^{2}} dx + \frac{x}{x^{2} + y^{2}} dy = ∫∫_{K}\{\frac{∂}{∂x}(\frac{x}{x^{2} + y^{2}} ) − \frac{∂}{∂y} (\frac{−y}{x^{2} + y^{2}} )\} dxdy = ∫∫_{K} 0 dxdy = 0.

ここで、 C′ : x = cos t, y = sin t, 0 ≤ t ≤ 2π とできるので、 ∫_{C′} \frac{−y}{x^{2} + y^{2}} dx + \frac{x}{x^{2} + y^{2}} dy = ∫_{0}^{π} dt = 2π.

以上より、 (与式)= 2π を得る。

5 (1) y ≠ 0 のとき、 ∫ \frac{1}{y} dy = − ∫ \frac{2}{x−1} dx. よって、 log |y| = −2 log |x − 1| + C, 即ち、 y = ±e^{−C}(x − 1)^{−2}. ここで、 ±e^{−C} を改めて C とおき、また、 y = 0 も解だから、解は y(x − 1)^{2} = C となる。

(2) u = \frac{y}{x} とおくと\frac{dy}{dx} = x\frac{du}{dx} +u. このとき与式は (1+u)^{2}(\frac{du}{dx} +u) = 2u^{2}, 即ち、 x(1+u)^{2} \frac{du}{dx} = −u(1+u^{2}) となる。よって、 u ≠ 0 のとき ∫ \frac{(u+1)^{2}}{u(u^{2}+1)} du = − ∫ \frac{1}{x} dx. ここで、 (左辺)= ∫ \{\frac{1}{u} + \frac{2}{u^{2}+1}\} du = log |u|+2 Arctan u より、 log |u| + 2 Arctan u = − log |x| + C. 以上より、解は log |y| + 2 Arctan \frac{y}{x} = C, y = 0 となる。

(3) \frac{dy}{dx} = −\frac{y}{x+1} を解いて、 y = \frac{C}{x+1}. よって、与式の解を y = \frac{C(x)}{x+1} とおくと、\frac{dy}{dx} = \frac{C′(x)}{x+1} − \frac{y}{x+1} となるから、 C′(x) = (x + 1) log(x + 1). よって、 C(x) = ∫ (x + 1) log(x + 1)dx = \frac{1}{2}(x + 1)^{2} log(x + 1) − \frac{1}{4}(x + 1)^{2} + C となるから、解は y = \frac{1}{2}(x + 1) log(x + 1) − \frac{1}{4}(x + 1) + \frac{C}{x+1}.

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 3, 4 (3) が 15 点、そのほかは 10 点の、満点 100 点である。

2この行の最初の等号の前の積分は\frac{r}{\sqrt{1−r^{2}}} は r = 1 のとき発散するから広義積分である。この場合\sqrt{1 − r^{2}} は r = 1 で連続だからこのまま計算することができる。

3C_{1} − C_{2} は C_{1} と −C_{2} を併せたものという意味で用いている。 (3) の C − C′ も同様。