2012年度数学i演習第12 -...
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2012年度数学 I演習第 12回理 II・III 21 ～ 24組
1月 10日 清野和彦
問題 1. 次の極方程式によって表わされる曲線（x = r(θ) cos θ, y = r(θ) sin θ というパラメタ曲線）で囲まれた部分の面積を求めよ。ただし、a > 0 とする。
(1) r(θ) = a(1 + cos θ) 0 ≤ θ ≤ 2π
(2) r(θ) = a cos 2θ − π
4≤ θ ≤ π
4
(3) r(θ) = a sin 3θ 0 ≤ θ ≤ π
3
問題 2. 次の 3重積分を計算せよ。
(1)
∫D
xy5z7dxdydz D ={
(x, y, z)∣∣∣ 0 ≤ x ≤ y ≤ z ≤
√2}
(2)
∫D
ex+y+zdxdydz D = {(x, y, z) | 0 ≤ x ≤ y + z, 0 ≤ y ≤ z ≤ log 2}
(3)
∫D
e(1−x)3dxdydz D = {(x, y, z) | 0 ≤ x, 0 ≤ y, 0 ≤ z, x + y + z ≤ 1}
(4)
∫D
x2dxdydz D ={(x, y, z)
∣∣ x2 + y2 + z2 ≤ 1}
問題 3. 次の xyz 空間内の立体の体積を求めよ。ただし、a > 0 とする。(5)と (6)
の立体は無限に広がっているが、気にせずに計算してよい。(1)
√x +
√y + z ≤ 1 かつ x, y, z ≥ 0 を満たす点の全体。
(2) x2 + y2 ≤ a2 かつ x2 + z2 ≤ a2 を満たす点の全体。すなわち、互いに直交する半径 a の二本の円柱の共通部分。
(3) 0 ≤ y − x ≤ 1 かつ 0 ≤ y − z ≤ 1 かつ 0 ≤ x + y + z ≤ 1 を満たす点の全体。
(4) zx 平面において x = a(1 + cos θ) sin θ, z = a(1 + cos θ) cos θ (0 ≤ θ ≤ π)
と z 軸の囲む図形を z 軸のまわりに回転してできる立体。
(5) 0 ≤ z ≤ e−x2(x ≥ 0) で定まる zx 平面内の図形を z 軸のまわりに回転し
てできる立体。
(6) 0 ≤ x ≤√− log z (0 < z ≤ 1) と x 軸を z 軸のまわりに回転してできる
立体。
問題 4. （この問題は第 11回問題 5の続きです。）次を示せ。ただし、a, b, c, d は正実数であり、(3)の a は 3より大きいとする。
(1)
∫R3
e−(3x2+3y2+5z2+2xy−2yz−2zx)dxdydz =
√π
3
6
(2)
∫D
xa−1yb−1zc−1(1 − x − y − z)d−1dxdydz =Γ(a)Γ(b)Γ(c)Γ(d)
Γ(a + b + c + d)
D = {(x, y, z) | 0 < x, 0 < y, 0 < z, x + y + z < 1}
(3)
∫D
1
1 + xa + ya + zadxdydz =
1
a3Γ
(1 − 3
a
) (Γ
(1
a
))3
D = {(x, y, z) | 0 < x, 0 < y, 0 < z}
(4)
∫D
√1 − x2 − y2 − z2
1 + x2 + y2 + z2dxdydz =
√π
3
2Γ(
32
) (B
(3
4,1
2
)− B
(5
4,1
2
))= π
(B
(3
4,1
2
)− B
(5
4,1
2
))D = {(x, y, z) | x2 + y2 + z2 ≤ 1}
問題 5. f(x, t) を [a, b] × [c, d] で C1 級の 2変数関数とする。t の関数 F (t) を
F (t) =
∫ b
a
f(x, t)dx
で定義すると、F (t) は微分可能になり
d
dtF (t) =
∫ b
a
∂f
∂t(x, t)dx (※)
が成り立つことを、ft(x, t) の [a, b] × [c, d] における重積分を考えることにより証明せよ。ただし、[a, b]× [c, d] で連続な関数 g(x, t) に対し t の関数
∫ b
ag(x, t)dt が
[c, d] で連続であることは証明なしで認めてよい。
問題 6. 指定されたように定数を t と見なすことにより、問題 5で証明した等式(※)を用いて次の積分を計算せよ。
(1)
∫ π2
0
log(9 cos2 x + 4 sin2 x)dx （9を t2 と見なす。）
(2)
∫ π
0
log
(1 − cos x +
1
4
)dx （log の中身を 1 − 2t cos x + t2 と見なす。）
(3)
∫ π2
0
1(√3 cos2 x +
√2 sin2 x
)2dx
（√
3 を t と見た計算と√
2 を t と見た計算を合わせる。）
(4)
∫ π
0
1
(2 − cos x)2dx （2を t と見なす。）
2012年度数学 I演習第 12回解答理 II・III 21 ～ 24組
1月 10日 清野和彦
計算問題の答
問題 1 (1)32πa2 (2)
a2
8π (3)
a2
12π 問題 2 (1) 1 (2)
58
(3)e − 1
6(4)
415
π
問題 3 (1)130
(2)163
a3 (3)13
(4)83πa3 (5) π (6) π
問題 6 (1) π log52
(2) 0 (3)π
4 4√
6
(1√3
+1√2
)(4)
2π
3√
3
目 次
1 平面図形の面積の計算 1
1.1 問題 1の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2 3重積分について 3
2.1 問題 2の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
3 立体の体積の計算 5
3.1 問題 3の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
4 3重積分とガウス積分、ガンマ関数、ベータ関数 9
4.1 問題 4の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
5 2変数関数における微分と積分の順序交換 14
5.1 問題 5の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145.2 問題 5を使った積分計算 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155.3 問題 6の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1 平面図形の面積の計算
xy 平面の部分集合 D の面積は定数関数 1の D での重積分の値∫
D1dxdy のことです。ですか
ら、面積を求める一般論はこの重積分を計算することだということになります。
しかし、部分集合 D を指定する「よくある方法」に対しては、重積分∫
D1dxdy の計算を少し
進めた段階の式を「面積を求める公式」と呼ぶことが多いと思います。
例えば、D が a ≤ x ≤ b において値が正である連続関数 f(x) によって
D = {(x, y) | 0 ≤ y ≤ f(x), a ≤ x ≤ b}
第 12 回解答 2
で与えられている場合、 ∫D
1dxdy =∫ b
a
(∫ f(x)
0
1dy
)dx =
∫ b
a
f(x)dx
というように f(x) の定積分になります。同様に、a ≤ x ≤ b において g(x) ≤ f(x) を満たす二つの関数によって
D = {(x, y) | g(x) ≤ y ≤ f(x), a ≤ x ≤ b}
で与えられるいわゆる縦線集合の場合には、D の面積は∫D
1dxdy =∫ b
a
(∫ f(x)
g(x)
1dy
)dx =
∫ b
a
(f(x) − g(x))dx =∫ b
a
f(x)dx −∫ b
a
g(x)dx
となります。
以上の例は事実上 1変数関数の積分の範囲の話であって、高校のときから親しんでいます。これ以外で面積を求める「公式」を持つ典型例が問題 1で出題した極方程式で与えられた図形、あるいは一般の扇形です。扇形の縁が円弧ではなく曲線になっているので「一般の」扇形と呼ばれます。� �
x0
y
θ = α
θ = β r = r(θ)
図 1: 一般の扇形� �どのような図形か、きちんと式で書いてみましょう。α と β を α < β で β − α ≤ 2π を満たす
実数とし、α ≤ θ ≤ β を定義域とする負にならない連続関数 r(θ) によって、
D = {(r cos θ, r sin θ) | 0 ≤ r ≤ r(θ), α ≤ θ ≤ β}
で与えられる xy 平面内の図形です。
この与えられ方から見ても、D を積分範囲とする重積分では極座標変換したくなるでしょう。極
座標変換で D の面積を計算すると、
E = {(r, θ) | 0 ≤ r ≤ r(θ), α ≤ θ ≤ β}
第 12 回解答 3
として、∫D
1dxdy =∫
E
rdrdθ =∫ β
α
(∫ r(θ)
0
rdr
)dθ =
∫ β
α
[r2
2
]r(θ)
0
dθ =12
∫ β
α
r(θ)2dθ (1)
が得られます。これが一般の扇形の面積の公式です。
なお、この公式は図形 D を中心角の小さな普通の扇形を集めたもので近似することによって、
重積分を経由せずに直接得ることができます。興味のある人は考えてみてください。
1.1 問題 1の解答
すべて公式 (1)に当てはめて計算するだけです。
(1)12
∫ 2π
0
r2(θ)dθ =a2
2
∫ 2π
0
(1 + 2 cos θ + cos2 θ)dθ = a2
∫ π
0
(1 + 2 cos θ +
1 + cos 2θ
2
)dθ
= a2
[θ + 2 sin θ +
θ
2+
14
sin θ
]π
0
=32πa2 □
(2)12
∫ π4
−π4
r2(θ)dθ =a2
2
∫ π4
−π4
cos2 2θdθ =a2
2
∫ π4
−π4
1 + cos 4θ
2dθ =
a2
2
[θ
2+
sin 4θ
8
]π4
−π4
=a2
8π □
(3)12
∫ π3
0
r2(θ)dθ =a2
2
∫ π3
0
sin2 3θdθ =a2
2
∫ π3
0
1 − cos 6θ
2dθ =
a2
2
[θ
2− sin 6θ
12
]π3
0
=a2
12π □
� �
O
y
x O
y
x O
y
x
(1) (2) (3)
図 2: 問題 1の曲線。� �
2 3重積分について
2変数関数の 2重積分と全く同様にして 3変数関数の 3重積分が定義されます。xyz 空間内の部
分集合 D で定義された 3変数関数 f(x, y, z) の D における 3重積分を∫D
f(x, y, z)dxdydz
第 12 回解答 4
と書きます。f(x, y, z) が連続で D が普通の立体ならば 3重積分可能であることも 2重積分のときと同様です。
また、3重積分の値が累次積分と一致するというフビニの定理も成り立ちます。例えば、D =[a0, a1] × [b0, b1] × [c0, c1] のとき、∫
D
f(x, y, z)dxdydz =∫ c1
c0
(∫ b1
b0
(∫ a1
a0
f(x, y, z)dx
)dy
)dz
が成り立ちます。（両辺とも存在するなら等しい、という意味です。）累次積分する変数の順序がこ
れに限らずなんでもよいことも同じです。
さらに、変数変換の公式も同様に成り立ちます。この場合の「同様」がどう同様であるのか書い
ておきましょう。
f(x, y, z) が D で 3重積分可能な関数とします。uvw 空間の部分集合 E から D への写像
E ∋ (u, v, w) 7→(ξ(u, v, w), η(u, v, w), ζ(u, v, w)
)∈ D
が C1 級（ξ, η, ζ がすべて C1 級）で「ほぼ」1対 1の上への写像であるとき、
∫D
f(x, y, z)dxdydz =∫
E
f(ξ, η, ζ)
∣∣∣∣∣∣∣det
ξu ξv ξw
ηu ηv ηw
ζu ζv ζw
∣∣∣∣∣∣∣ dudvdw
が成り立ちます。（見た目がゴチャゴチャするのを避けるために、右辺の変数 (u, v, w) は省きました。) 2変数のとき 2次正方行列だったものが 3次正方行列になっています。なお、この行列を写像のヤコビ行列、その行列式をヤコビアンと呼ぶことも 2変数のときと同様です。例えば、空間極座標変換
ξ(r, θ, φ) = r sin θ cos φ η(r, θ, φ) = r sin θ sinφ ζ(r, θ, φ) = r cos θ (2)
の場合、ヤコビアンは
det
ξr ξθ ξφ
ηr ηθ ηφ
ζr ζθ ζφ
= det
sin θ cos φ r cos θ cos φ −r sin θ sin φ
sin θ sinφ r cos θ sinφ r sin θ cos φ
cos θ −r sin θ 0
= r2 sin θ (3)
となります。
2.1 問題 2の解答
(1) ここでは、まず x で積分し、次に y で積分し、最後に z で積分するという順序の累次積分で
計算してみます。他の順序での計算は自分でやってみてください。∫D
xy5z7dxdydz =∫ √
2
0
(∫ z
0
(∫ y
0
xdx
)y5dy
)z7dz =
∫ √2
0
(∫ z
0
[x2
2
]y
0
y5dy
)z7dz
=12
∫ √2
0
(∫ z
0
y2y5dy
)z7dz =
12
∫ √2
0
[y8
8
]z
0
z7dz =116
∫ √2
0
z8z7dz
=116
[z16
16
]√2
0
=√
216
(16)2= 1 □
第 12 回解答 5
(2) ここでは、まず x で積分し、次に y で積分し、最後に z で積分するという順序の累次積分で
計算してみます。他の順序での計算は自分でやってみてください。∫D
ex+y+zdxdydz =∫ log 2
0
(∫ z
0
(∫ y+z
0
exdx
)eydy
)ezdz =
∫ log 2
0
(∫ z
0
[ex]y+z
0eydy
)ezdz
=∫ log 2
0
(∫ z
0
(e2y+z − ey
)dy
)ezdz =
∫ log 2
0
[12e2y+z − ey
]z
0
ezdz
=∫ log 2
0
(12e4z − 3
2e2z + ez
)dz =
[18e4z − 3
4e2z + ez
]log 2
0
=58
□
(3) ここでは、まず z で積分し、次に y で積分し、最後に x で積分するという順序の累次積分で
計算します。他の順序での計算は自分でやってみてください。（計算できない順序もあるかもしれ
ません。）∫D
e(1−x)3dxdydz =∫ 1
0
(∫ 1−x
0
(∫ 1−x−y
0
dz
)dy
)e(1−x)3dx
=∫ 1
0
(∫ 1−x
0
(1 − x − y)dy
)e(1−x)3dx =
∫ 1
0
[(1 − x)y − y2
2
]1−x
0
e(1−x)3dx
=12
∫ 1
0
(1 − x)2e(1−x)3dx =12
[−1
3e(1−x)3
]10
=e − 1
6□
(4) 変数変換せずに計算することも可能ですが、積分範囲が原点を中心とした球体ですので、ここ
では空間極座標変換 (2)を利用して計算してみましょう。極座標変換で D に写る範囲 E として、
例えば
E = {(r, θ, φ) | 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2π }
を選んでみます。式 (3)に書いたようにヤコビアンは r2 sin θ です。よって∫D
x2dxdydz =∫
E
(r sin θ cos φ)2 r2 sin θdrdθdφ
=(∫ 1
0
r4dr
)(∫ π
0
sin3 θdθ
)(∫ 2π
0
cos2 φdφ
)となります。 ∫ 1
0
r4dr =[r5
5
]10
=15∫ π
0
sin3 θdθ =∫ π
0
(sin θ − sin θ cos2 θ
)dθ =
[− cos θ +
13
cos3 θ
]π
0
=43∫ 2π
0
cos2 φdφ =∫ 2π
0
1 + cos 2φ
2dφ =
[θ
2+
14
sin 2φ
]2π
0
= π
ですので、 ∫D
x2dxdydz =415
π です。 □
3 立体の体積の計算
xyz 空間の部分集合 D の体積は定数関数 1の D での 3重積分の値∫
D1dxdydz のことです。で
すから、体積を求める一般論はこの重積分を計算することだということになります。
第 12 回解答 6
しかし、部分集合 D を指定する「よくある方法」に対しては、重積分∫
D1dxdydz の計算を少
し進めた段階の式を「体積を求める公式」と呼ぶことが多いと思います。
例えば、D が xy 平面内の部分集合 A において値が正である連続関数 f(x, y) によって
D = {(x, y, z) | 0 ≤ z ≤ f(x, y), (x, y) ∈ A}
で与えられている場合、∫D
1dxdydz =∫
A
(∫ f(x,y)
0
1dz
)dxdy =
∫A
f(x, y)dxdy
というように f(x, y) の 2重積分になります。同様に、A において g(x, y) ≤ f(x, y) を満たす二つの関数によって
D = {(x, y, z) | g(x, y) ≤ z ≤ f(x, y), (x, y) ∈ A}
で与えられている場合には、D の体積は∫D
1dxdydz =∫
A
(∫ f(x,y)
g(x,y)
1dz
)dxdy =
∫A
(f(x, y) − g(x, y))dxdy
=∫
A
f(x, y)dxdy −∫
A
g(x, y)dxdy
となります。
以上の例は事実上 2変数関数の積分の範囲の話です。これ以外で体積を求める「公式」を持つ典型例が回転体です。zx 平面内の図形 S を z 軸まわりに回転しましょう。S の典型的な与えられ方
で二つの公式に分かれます。
まず S が
S = {(x, z) | 0 ≤ z ≤ f(x), a ≤ x ≤ b}
で与えられているときを考えましょう。ただし、a は 0以上で f(x) は負にならないとします。このとき、立体 D は
D ={
(x, y, z)∣∣∣ (√x2 + y2, z
)∈ S
}={
(x, y, z)∣∣∣ 0 ≤ z ≤ f
(√x2 + y2
), a ≤
√x2 + y2 ≤ b
}となります。よって、xy 平面内の部分集合 A を
A ={
(x, y)∣∣∣ a ≤
√x2 + y2 ≤ b
}として、D の体積は∫
D
1dxdydz =∫
A
∫ f(√
x2+y2)
0
1dz
dxdy =∫
A
f(√
x2 + y2)
dxdy
となります。最後の 2重積分で極座標変換 x = r cos θ, y = r sin θ (a ≤ r ≤ b, 0 ≤ θ ≤ 2π) をすることにより、
=∫
[a,b]×[0,2π]
f(r)rdrdθ =∫ 2π
0
(∫ b
a
rf(r)dr
)dθ = 2π
∫ b
a
rf(r)dr (4)
第 12 回解答 7
となります。この公式は、z 軸を中心軸とする半径 r の円筒面と D との共通部分の面積 2πrf(r)をz 軸からの距離 a から b まで積分するということで、高校のときからご存知の方も多いでしょう。
もうひとつの S の典型的な与えられ方として、
S = {(x, z) | 0 ≤ x ≤ g(z), c ≤ z ≤ d}
があります。ただし、g(z) は負にならないものとします。このときは立体 D は
D ={
(x, y, z)∣∣∣ √x2 + y2 ≤ g(z), c ≤ z ≤ d
}となりますので、D の体積は∫
D
1dxdydz =∫ d
c
(∫√
x2+y2≤g(z)
1dxdy
)dz
となります。中身の 2重積分は半径 g(z) の円盤の面積ですので、2重積分を計算するまでもなく
= π
∫ d
c
g(z)2dz (5)
となります。この公式は、D を xy 平面に平行に切った切り口の断面積を z = c から z = d まで
積分したわけで、公式 (4)よりも親しみのあるものだと思います。
3.1 問題 3の解答
(1) 問題の立体を D とすると、D は
D ={(x, y, z)
∣∣ x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0,√
x +√
y + z ≤ 1}
={
(x, y, z)∣∣∣ 0 ≤ y ≤
(1 − z −
√x)2
, 0 ≤ x ≤ (1 − z)2, 0 ≤ z ≤ 1}
と書くことができますので、まず y で積分してから x で積分し、最後に z で積分するという順序
の累次積分で計算しましょう。∫D
1dxdydz =∫ 1
0
(∫ (1−z)2
0
(∫ (1−z−√
x)2
0
1dy
)dx
)dz =
∫ 1
0
(∫ (1−z)2
0
(1 − z −
√x)2
dx
)dz
=∫ 1
0
(∫ (1−z)2
0
((1 − z)2 − 2(1 − z)
√x + x
)dx
)dz
=∫ 1
0
[(1 − z)2x − 4
3(1 − z)
√x
3 +12x2
](1−z)2
0
dz
=∫ 1
0
((1 − z)4 − 4
3(1 − z)4 +
12(1 − z)4
)dz
=∫ 1
0
16(1 − z)4dz =
16
[−1
5(1 − z)5
]10
=130
となります。 □
(2) 問題の立体を D とすると、
D ={(x, y, z)
∣∣ x2 + y2 ≤ a2, x2 + z2 ≤ a2}
={
(x, y, z)∣∣∣ −√a2 − x2 ≤ y ≤
√a2 − x2, −
√a2 − x2 ≤ z ≤
√a2 − x2, −a ≤ x ≤ a
}
第 12 回解答 8
ですので、D の体積は∫D
1dxdydz =∫ a
−a
(∫ √a2−x2
−√
a2−x21dy
)(∫ √a2−x2
−√
a2−x21dz
)dx =
∫ a
−a
(2√
a2 − x2)2
dx
= 4∫ a
−a
(a2 − x2
)dx = 4
[a2x − x3
3
]a
−a
=163
a3 となります。 □
(3) そのままでも計算できると思いますが、ここでは変数変換をしてみましょう。
u, v, w を
u = y − x v = y − z w = x + y + z (6)
とします。これで問題の立体 D に写る uvz の部分集合 E は単位立方体 [0, 1]× [0, 1]× [0, 1] になります。写像のヤコビアンを計算するには E から D への写像、すなわち式 (6)を解いて x, y, z
を u, v, w で表す必要があるように思うかもしれませんが、そのヤコビアンは D から E への写
像 (6)のヤコビアンの逆数になるので、その必要はありません。写像 (6)のヤコビ行列は −1 1 00 1 −11 1 1
で、そのヤコビアンは値が −3 の定数関数ですので、E から D への写像のヤコビアンは −1/3 となります。以上より、D の体積は∫
D
1dxdydz =∫
E
1∣∣∣∣−1
3
∣∣∣∣ dudvdw =13となります。 □
(4) z 軸のまわりに回転させる zx 平面内の図形 S は
S = {(x, z) | x = r sin θ, z = r cos θ, 0 ≤ r ≤ a(1 + cos θ), 0 ≤ θ ≤ π}
と表せますので、S を z 軸のまわりに回転させてできる立体 D は
D ={
(x, y, z)∣∣∣ √x2 + y2 = r sin θ, z = r cos θ, 0 ≤ r ≤ a(1 + cos θ), 0 ≤ θ ≤ π
}= {(x, y, z) | x = r sin θ cos φ, y = r sin θ sinφ, z = r cos θ, 0 ≤ r ≤ a(1 + cos θ), 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2π }
となります。これはまさに空間極座標による表示ですので、空間極座標変換を利用して体積を計算
しましょう。空間強座標変換のヤコビアンは式 (3)の r2 sin θ です。よって、∫D
1dxdydz =∫ 2π
0
(∫ π
0
(∫ a(1+cos θ)
0
1r2dr
)sin θdθ
)dφ = 2π
∫ π
0
a3
3(1 + cos θ)3 sin θdθ
ここで t = cos θ と置換して、
=23πa3
∫ 1
−1
(1 + t)3dt =23πa3
[(1 + t)4
4
]1−1
=83πa3 となります。 □
(5) 公式 (4)で計算しましょう。問題の立体を D として、∫D
1dxdydz = 2π
∫ ∞
0
re−r2dr = 2π
∫ ∞
0
(−1
2e−r2
)′
dr = 2π
[−1
2e−r2
]∞0
= π となります。 □
第 12 回解答 9
(6) 公式 (5)で計算しましょう。問題の立体を D として∫D
1dxdydz = π
∫ 1
0
√− log z
2dz = −π
∫ 1
0
log zdz = −π[z log z − z
]10
= π となります。 □
x =√− log z を z について解くと z = e−x2
となりますので、(5)と (6)は同じ図形です。しかも、z = e−x2
を z 軸のまわりに回転させてできる曲面は z = e−x2−y2のグラフです。よって、(5)
と (6)の立体の体積は∫R2
e−x2−y2dxdy =
∫ ∞
−∞e−x2
dx
∫ ∞
−∞e−y2
dy =(∫ ∞
−∞e−x2
dx
)2
の値でもあります。すなわち (5)と (6)の計算はガウス積分∫ ∞
−∞e−x2
dx =√
π
の計算になっているわけです。
4 3重積分とガウス積分、ガンマ関数、ベータ関数
コメントはあとにして、まず答を書いてしまいます。第 11回問題 5の解答も参照して下さい。
4.1 問題 4の解答
(1) e の肩に乗っている 2次式を平方完成する第 11回問題 5(7)その 1の方法でもできますが、ここではその 2の方法で解きましょう。e の肩に乗っている 2次式は、行列の積を利用して
3x2 + 3y2 + 5z2 + 2xy − 2yz − 2zx =(
x y z) 3 1 −1
1 3 −1−1 −1 5
x
y
z
と書くことができます。この 3次正方行列は対称行列ですので、直交行列で対角化できます。固有方程式は
det
λ − 3 −1 1−1 λ − 3 11 1 λ − 5
= λ3 − 11λ2 + 36λ − 36 = (λ − 2)(λ − 3)(λ − 6)
ですので、固有値は 2と 3と 6です。つまり、
tP
3 1 −11 3 −1
−1 −1 5
P =
2 0 00 3 00 0 6
となる直交行列 P があります。そこで、 x
y
z
= P
u
v
w
第 12 回解答 10
という変換を積分に施しましょう。P がこの変換のヤコビ行列であり、直交行列の行列式は 1か−1 なので、ヤコビアンの絶対値は 1です。また、
3x2 + 3y2 + 5y2 + 2xy − 2yz − 2zx =(
x y z) 3 1 −1
1 3 −1−1 −1 5
x
y
z
=(
u v w)
tP
3 1 −11 3 −1
−1 −1 5
P
u
v
w
=(
u v w) 2 0 0
0 3 00 0 6
u
v
w
= 2u2 + 3v2 + 6w2
となっています。よって、∫R3
e−3x2−3y2−3z2−2xy+2yz+2zxdxdydz =∫
R3e−2u2−3v2−6w2
dudvdw
=(∫ ∞
−∞e−2u2
du
)(∫ ∞
−∞e−3v2
dv
)(∫ ∞
−∞e−6w2
dw
)=
√π√2
√π√3
√π√6
=√
π3
6となります。 □
(2) 第 11回問題 5(4)と同じ方針で解いてみましょう。まず x = u2, y = v2, z = w2 と変換しま
す。これによって D に写る (u, v, w) の範囲 E として
E ={(u, v, w)
∣∣ 0 < u, 0 < v, 0 < w, u2 + v2 + w2 < 1}
をとれます。また、この変換のヤコビアンは
det
2u 0 00 2v 00 0 2w
= 8uvw
です。よって、∫D
xa−1yb−1zc−1(1 − x − y − z)d−1dxdydz
=∫
E
(u2)a−1 (
v2)b−1 (
w2)c−1 (
1 − u2 − v2 − w2)d−1
8uvw dudvdw
= 8∫
E
u2a−1v2b−1w2c−1(1 − u2 − v2 − w2
)d−1dudvdw
となります。ここで空間極座標変換 u = r sin θ cos φ, v = r sin θ sinφ, w = r cos θ をしましょう。
極座標変換で E に写る (r, θ, φ) の範囲 F として、例えば
F ={
(r, θ, φ)∣∣∣ 0 < r < 1, 0 < θ <
π
2, 0 < φ <
π
2
}を選べます。また、空間極座標変換のヤコビアンは式 (??)の r2 sin θ です。よって、
8∫
E
u2a−1v2b−1w2c−1(1 − u2 − v2 − w2
)d−1dudvdw
= 8∫
F
(r sin θ cos φ)2a−1 (r sin θ sinφ)2b−1 (r cos θ)2c−1 (1 − r2)d−1
r2 sin θdrdθdφ
= 8(∫ 1
0
r2a+2b+2c−1(1 − r2
)d−1dr
)(∫ π2
0
sin2a+2b−1 θ cos2c−1 θdθ
)(∫ π2
0
cos2a−1 φ sin2b−1 φdφ
)
第 12 回解答 11
となります。最後の式の最初の括弧の中は、第 11回問題 5(4)の解答から∫ 1
0
r2a+2b+2c−1(1 − r2
)d−1dr =
12B(a + b + c, d)
であり、残りの二つの括弧の中身は、やはり第 11回問題 5(4)の解答から∫ π2
0
sin2a+2b−1 θ cos2c−1 θdθ =12B(a + b, c)∫ π
2
0
cos2a−1 φ sin2b−1 φdφ =12B(a, b)
であることがわかります。これらと B(s, t) = Γ(s)Γ(t)Γ(s+t) より、目標の等式∫
D
xa−1yb−1zc−1(1 − x − y − z)d−1dxdydz = 812B(a + b + c, d)
12B(a + b, c)
12B(a, b)
=Γ(a + b + c)Γ(d)Γ(a + b + c + d)
Γ(a + b)Γ(c)Γ(a + b + c)
Γ(a)Γ(b)Γ(a + b)
=Γ(a)Γ(b)Γ(c)Γ(d)Γ(a + b + c + d)
が得られます。 □
(3) 第 11回問題 5(5)と同じ方針で解きましょう。まず u2 = xa, v2 = ya, w2 = za と変換します。
この変換で D に写る (u, v, w) の範囲 E として
E = {(u, v, w) | 0 < u, 0 < v, 0 < w}
をとれます。また、ヤコビアンは
det
2au
2a−1 0 00 2
av2a−1 0
0 0 2aw
2a−1
=8a3
u2a−1v
2a−1w
2a−1
です。よって、 ∫D
11 + xa + ya + za
dxdydz =8a3
∫E
u2a−1v
2a−1w
2a−1
1 + u2 + v2 + w2dudvdw
となります。ここで空間極座標変換 u = r sin θ cos φ, v = r sin θ sinφ, w = r cos θ をしましょう。
空間極座標変換で E に写る (r, θ, φ) の範囲 F として、例えば
F ={
(r, θ, φ)∣∣∣ 0 < r, 0 < θ <
π
2, 0 < φ <
π
2
}を選べます。また、ヤコビアンは r2 sin θ です。よって、
8a3
∫E
u2a−1v
2a−1w
2a−1
1 + u2 + v2 + w2dudvdw
=8a3
∫F
(r sin θ cos φ)2a−1(r sin θ sinφ)
2a−1(r cos θ)
2a−1
1 + r2r2 sin θdrdθdφ
=8a3
(∫ ∞
0
r6a−1
1 + r2dr
)(∫ π2
0
sin4a−1 θ cos
2a−1 θdθ
)(∫ π2
0
cos2a−1 φ sin
2a−1 φdφ
)
となります。最後の式の最初の括弧の中は、t = r2
1+r2 と置換することにより、∫ ∞
0
r6a−1
1 + r2dr =
12
∫ 1
0
t3a−1(1 − t)1−
3a−1dt =
12B
(3a, 1 − 3
a
)
第 12 回解答 12
となります。（a > 3 としているので 1 − 3a > 0 です。）また、残りの二つの括弧の中は、第 11回
問題 5(4) ∫ π2
0
sin4a−1 θ cos
2a−1 θdθ =
12B
(2a,1a
)∫ π
2
0
cos2a−1 φ sin
2a−1 φdφ =
12B
(1a,1a
)です。これらと B(s, t) = Γ(s)Γ(t)
Γ(s+t) を合わせて、目標の等式∫D
11 + xa + ya + za
dxdydz =8a3
12B
(3a, 1 − 3
a
)12B
(2a,1a
)12B
(1a,1a
)=
1a3
Γ(
3a
)Γ(1 − 3
a
)Γ(1)
Γ(
2a
)Γ(
1a
)Γ(
3a
) Γ(
1a
)Γ(
1a
)Γ(
2a
)=
1a3
Γ(
1 − 3a
)(Γ(
1a
))3
が得られます。 □
(4) 第 11回問題 5(6)と全く同じ計算でできます。極座標変換 x = r sin θ cos φ, y = r sin θ sinφ,z = r cos θ で D に写る (r, θ, φ) の範囲 E として、例えば
E = {(r, θ, φ) | 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2π}
を選べます。また、ヤコビアンは r2 sin θ です。よって、∫D
√1 − x2 − y2 − z2
1 + x2 + y2 + z2dxdydz =
∫E
√1 − r2
1 + r2r2 sin θdrdθdφ
=
(∫ 1
0
√1 − r2
1 + r2r2dr
)(∫ π
0
sin θdθ
)(∫ 2π
0
1dφ
)= 4π
∫ 1
0
r2 − r4
√1 − r4
dr
となります。t = r4 と置換すれば、∫D
√1 − x2 − y2 − z2
1 + x2 + y2 + z2dxdydz = 4π
∫ 1
0
r2 − r4
√1 − r4
dr = 4π
∫ 1
0
t12 − t√1 − t
14t
34dt
= π
(∫ 1
0
t34−1(1 − t)
12−1dt −
∫ 1
0
t54−1(1 − t)
12−1dt
)= π
(B
(34,12
)− B
(54,12
))となって、目標の等式が得られました。 □
(1)は次のように一般化されます。A を正定値 n 次対称行列とします。（「正定値」とは固有値が全て正であることと同値です。）そ
して、
QA(x1, x2, . . . , xn) =(
x1 x2 · · · xn
)A
x1
x2
...xn
と定義します。このとき∫
· · ·∫
Rn
e−QA(x1,x2,...,xn)dx1dx2 · · · dxn =
√πn
det A
第 12 回解答 13
が成り立ちます。
証明も (1)の解答と全く同様です。2変数や 3変数に限らない n 重積分に興味のある方はぜひ証
明を完成させてみてください。
(2)は一般に∫· · ·∫
D
x1a1−1x2
a2−1 · · ·xnan−1(1 − x1 − x2 − · · · − xn)a0−1dx1dx2 · · · dxn
=Γ(a0)Γ(a1) · · ·Γ(an)Γ(a0 + a1 + · · · + an)
D = {(x1, x2, . . . , xn) | 0 < xi (∀i), x1 + x2 + · · · + xn < 1}
という形で成立します。右辺は n = 1 のとき B(a0, a1) なので、この式はベータ関数の一般化、及びそれとガンマ関数の関係を表す等式になっています。なお、右辺の積分には「ディリクレ積分」
という名前が付いています。
(3)は一般に∫· · ·∫
D
11 + x1
a + x2a + · · · + xn
adx1dx2 · · · dxn =
1an
Γ(1 − n
a
)(Γ(
1n
))n
D = {(x1, x2, . . . , xn) | 0 < xi (∀i)} a > n
という形で成り立ちます。
(4)は一般に
∫· · ·∫
D
√1 − x1
2 − x22 − · · · − xn
2
1 + x12 + x2
2 + · · · + xn2dx1dx2 · · · dxn =
√π
n
2Γ(n2 )
(B
(n
4,12
)− B
(n + 2
4,12
))D =
{(x1, x2, . . . , xn)
∣∣ x12 + x2
2 + · · · + xn2 ≤ 1
}という形で成り立ちます。
以上の三つの等式は、（他の方法もありますが、）上で紹介した解答と全く同様の方針で解けま
す。その際「n 次元極座標」
x1 = r sin θ1 sin θ2 · · · sin θn−2 sin θn−1
x2 = r sin θ1 sin θ2 · · · sin θn−2 cos θn−1
x3 = r sin θ1 sin θ2 · · · cos θn−2
...
xn−1 = r sin θ1 cos θ2
xn = r cos θ
を使います。2変数や 3変数に限らない n 重積分に興味のある方はチャレンジしてみてください。
第 12 回解答 14
5 2変数関数における微分と積分の順序交換
2重積分可能な関数がどちらの順番の累次積分も可能であるとき二つの累次積分の値は一致するということを 1変数関数の微積分の基本定理を通じてを解釈しなおすことにより、2変数関数における積分と微分の入れ換えに関する定理が得られます。それが問題 5です。なお、変数を表す文字として x と y を使うとどちらの変数についても同じであるような議論に
見えてしまいやすいので、「積分する変数 x」と「微分する変数 t」というように y ではなく t を
使うことにしました。
5.1 問題 5の解答
f(x, t) は C1 級なので、特に t による偏導関数 ft(x, t) は [a, b] × [c, d] で連続です。よって、∫ d
c
(∫ b
a
∂f
∂t(x, t)dx
)dt =
∫ b
a
(∫ d
c
∂f
∂t(x, t)dt
)dx
が成り立ちます。ここで、d の代わりに [c, d] に属する任意の s をとっても同じ式が成り立つこと
に注意しましょう。つまり、∫ s
c
(∫ b
a
∂f
∂t(x, t)dx
)dt =
∫ b
a
(∫ s
c
∂f
∂t(x, t)dt
)dx c ≤ ∀s ≤ d (7)
です。
まず、式 (7)の左辺を s で微分してみましょう。ft(x, t) が 2変数関数として連続であることから、式 (7)の左辺の被積分関数である
∫ b
aft(x, t)dx は t の連続関数です。（このことは認めること
にしてあります。）被積分関数が連続なので、微積分の基本定理により、式 (7)の左辺については
d
ds
∫ s
c
(∫ b
a
∂f
∂t(x, t)dx
)dt =
∫ b
a
∂f
∂t(x, s)dx (8)
が成り立ちます。
次に、式 (7) の右辺を s で微分しましょう。ft(x, t) が 2 変数関数として連続なのですから、[a, b] に属する x0 を決めるごとにできる t の 1変数関数 ft(x0, t) も連続関数です。ft(x0, t) とはg(t) = f(x0, t) と定義したとき g′(t) のことですので、微積分の基本定理により、∫ s
c
∂f
∂t(x0, t)dt =
∫ s
c
g′(t)dt = g(s) − g(c) = f(x0, s) − f(x0, c)
となります。x0 は [a, b] 内の任意の実数でよいのですから、結局、∫ s
c
∂f
∂t(x, t)dt = f(x, s) − f(x, c)
が得られました。これを式 (7)の右辺に戻すと、∫ b
a
(∫ s
c
∂f
∂t(x, t)dt
)dx =
∫ b
a
(f(x, s) − f(x, c)
)dx (9)
となりますが、今 f(x, t) は連続と仮定しているので、特に任意の t に対して f(x, t) は x で積分
可能です。よって、式 (9)の右辺の積分と引き算を入れ替えることができます。つまり、∫ b
a
(∫ s
c
∂f
∂t(x, t)dt
)dx =
∫ b
a
f(x, s)dx −∫ b
a
f(x, c)dx (10)
第 12 回解答 15
が成り立ちます。c は定数ですので、式 (10)の右辺の二項目の積分は定数です。よって、式 (10)を s で微分したものは右辺の一項目だけを微分したものと一致します。つまり、
d
ds
∫ b
a
(∫ s
c
∂f
∂t(x, t)dt
)dx =
d
ds
∫ b
a
f(x, s)dx (11)
が成り立ちます。
式 (8)と式 (11)の左辺同士は等しいのですから、∫ b
a
∂f
∂t(x, t)dx =
d
dt
∫ b
a
f(x, t)dx
が得られます。（s を t と書き直しました。）これが示したい等式でした。 □
5.2 問題 5を使った積分計算
問題 5を使うと、一見計算できそうもない積分が計算できる場合があります。被積分関数の中の適当な定数をパラメタと思うことで、まずパラメタで微分してから積分し、そのあとでパラメタで
積分し直してやるわけです。
もう少し具体的に書いてみましょう。計算したい積分を∫ b
aφ(x)dx とします。φ(x) の中のどれ
かの定数をパラメタ t だと思うなどして無理矢理 φ(x) を 2変数関数と思おうというのですが、思い方にパターンが二つあります。
その 1
φ(x) を 2変数関数 f(x, t) と思い、∫ b
a
f(x, t)dx =∫ (∫ b
a
∂f
∂t(x, t)dx
)dt
として計算する方法です。この場合、各 t において ft(x, t) の x による積分が計算できることの
他に、右辺の不定積分の積分定数の値を決めるために、∫ b
af(x, t0)dx の値が計算できる t0 が存在
しなければなりません。問題 6の (1)と (2)がこのパターンです。
その 2
φ(x) を 2変数関数と思ったものを ft(x, t) だと見る方法です。この場合、もしこの ft(x, t) を持つ f(x, t) が見つかり、（つまり、各 x について ft(x, t) を t で積分することができ、）その上、そ
の f(x, t) を x で積分できるなら∫ b
a
ft(x, t)dx =d
dt
∫ b
a
(∫ft(x, t)dt
)dx
というようにして求める積分を計算することができるというわけです。問題 6の (3)と (4)がこのパターンです。
このように一般的に説明してもわかりにくいものですので、あまり気にせずに問題 6の解答に進んでください。
第 12 回解答 16
5.3 問題 6の解答
(1) 被積分関数を
f(x, t) = log(t2 cos2 x + 4 sin2 x)
の t = 3 のときの値 f(x, 3) だと思おうというわけです。だから f(x, t) の定義域としては、x に
ついては積分範囲の [0, π2 ]、t については 3を含めばなんでもよいので、例えば [2, 4] とでも思っ
ておけば十分です。その範囲で f(x, t) は C1 級です。
F (t) =∫ π
2
0
f(x, t)dx
と置きます。求めたい積分の値は F (3) です。f(x, t) を t で微分すると
∂f
∂t(x, t) =
2t cos2 x
t2 cos2 x + 4 sin2 x
ですので、問題 5により、
F ′(t) =∫ π
2
0
2t cos2 x
t2 cos2 x + 4 sin2 xdx
となります。y = tanx と置換してこれを具体的に計算しましょう。
t ̸= 2 のときは、
F ′(t) =∫ ∞
0
2t
t2 + 4y2
11 + y2
dy =2t
t2 − 4
∫ ∞
0
(1
1 + y2− 4
t2 + 4y2
)dy
=2t
t2 − 4
(∫ ∞
0
11 + y2
dy − 4t2
∫ ∞
0
1
1 +(
2yt
)2 dy
)
=2t
t2 − 4
([Arctan y]∞0 − 4
t2t
2
[Arctan
2y
t
]∞0
)=
2t
t2 − 4
(π
2− π
t
)=
π
t + 2
となります。F (t) が C1 級、つまり F ′(t) が連続関数ですので、t が 2でも 2でなくても
F ′(t) =π
t + 2
であることになります。
F (t) はこれの原始関数の一つですので、t で不定積分して、
F (t) = π log(t + 2) + C
となります。（欲しいのは t = 3 のときの値なので、t + 2 > 0 としてかまいません。）積分定数 C の値を決めるために、t = 2 のときの値 F (2) を直接計算してみましょう。
F (2) =∫ π
2
0
f(x, 2)dx =∫ π
2
0
log(22 cos2 x + 4 sin2 x)dx =∫ π
2
0
log 4dx = π log 2
となります。よって、
C = F (2) − π log(2 + 2) = −π log 2
であることがわかります。
以上より、
F (t) = π log(t + 2) − π log 2 = π logt + 2
2
第 12 回解答 17
であり、 ∫ π2
0
log(9 cos2 x + 4 sin2 x)dx = F (3) = π log52が得られました。 □
(2) f(x, t) をf(x, t) = log(1 − 2t cos x + t2)
と置くと、∂f
∂t(x, t) =
−2 cos x + 2t
1 − 2t cos x + t2
は（例えば −1 < t < 1 で）C1 級の 2変数関数です。よって、問題 5が使えて、
F (t) =∫ π
0
log(1 − 2t cos x + t2)dx
と置くと、
F ′(t) =∫ π
0
−2 cos x + 2t
1 − 2t cos x + t2dx
が成り立ちます。求めたい積分値は F ( 12 ) ですが、それを F ′(t) を不定積分することによって計算
しましょう。
まず F ′(t) を具体的に計算します。
F ′(t) =∫ π
0
1t
−2t cos x + 2t2
1 − 2t cos x + t2dx =
1t
∫ π
0
1 − 2t cos x + t2 − 1 + t2
1 − 2t cos x + t2dx
=1t
∫ π
0
(1 +
t2 − 11 − 2t cos x + t2
)dx =
π
t+
t2 − 1t
∫ π
0
11 − 2t cos x + t2
dx
となります。ここで、y = tan x2 と置換すると、最後の積分は∫ π
0
11 − 2t cos x + t2
dx =∫ ∞
0
1
1 − 2t 1−y2
1+y2 + t22
1 + y2dy
=∫ ∞
0
21 + y2 − 2t + 2ty2 + t2 + t2y2
dy =2
(1 − t)2
∫ ∞
0
2
1 +(
1+t1−ty
)2 dy (12)
となり、今、|t| < 1 であることに注意すると、
=2
(1 − t)2
[1 − t
1 + tArctan
1 + t
1 − ty
]∞0
=π
1 − t2
となります。よって、
F ′(t) =π
t+
t2 − 1t
π
1 − t2= 0
となります。ということは、F (t) は定数関数です。その値を決めるために t = 0 のときに具体的に積分して F (0) の値を計算すると、
F (0) =∫ π
0
log 1dx = 0
となります。よって、F (t) は t によらずに値が 0の定数関数ですので、求めたかった積分値 F ( 12 )
も 0です。 □
第 12 回解答 18
(3) まず√
3 のところを t とした関数
1(t cos2 x +
√2 sin2 x
)2を考えます。これそのものを f(x, t) と置くのではなく、
f(x, t) =1
t cos2 x +√
2 sin2 x
と置きましょう。すると、∂f
∂t(x, t) =
− cos2 x(t cos2 x +
√2 sin2 x
)2となります。この関数は（例えば t > 0 とすれば）C1 級の 2変数関数でので問題 5から∫ π
2
0
− cos2 x(t cos2 x +
√2 sin2 x
)2 dx =∫ π
2
0
∂f
∂t(x, t)dx =
d
dt
∫ π2
0
f(x, t)dx
が成り立ちます。
同様に、√
2 を t と見なして、
g(x, t) =1√
3 cos2 x + t sin2 x
と置くと、∂g
∂t(x, t) =
− sin2 x(√3 cos2 x + t sin2 x
)2となりますので、問題 5から∫ π
2
0
− sin2 x(√3 cos2 x + t sin2 x
)2 dx =∫ π
2
0
∂g
∂t(x, t)dx =
d
dt
∫ π2
0
g(x, t)dx
が成り立ちます。
よって、
F (t) =∫ π
2
0
1t cos2 x +
√2 sin2 x
dx G(t) =∫ π
2
0
1√3 cos2 x + t sin2 x
dx
と置くと、求めたい積分は∫ π2
0
1(√3 cos2 x +
√2 sin2 x
)2 dx = −F ′(√
3)− G′
(√2)
と表せることが分かりました。
F (t) と G(t) を具体的に求めるために、∫ π2
0
1a cos2 x + b sin2 x
dx a > 0, b > 0
を計算しましょう。y = tanx と置換すれば、
=∫ ∞
0
1 + y2
a + by2
11 + y2
dy =∫ ∞
0
1a
1
1 +(√
bay
)2 dy =1a
[√a
bArctan
√b
ay
]∞0
=π
2√
ab
第 12 回解答 19
と計算できます。よって、
F (t) =π
2 4√
2√
tG(t) =
π
2 4√
3√
t
です。
以上より、求める積分値は
−F ′(√
3)− G′
(√2)
=π
4 4√
2 4√
33 +
π
4 4√
3 4√
23 =
π
4 4√
6
(1√3
+1√2
)です。
(4) f(x, t) を
f(x, t) =1
t − cos x
とおくと、∂f
∂t(x, t) =
−1(t − cos x)2
となり、（例えば t > 1 で）C1 級の 2変数関数です。よって、問題 5が使えて、
F (t) =∫ π
0
f(x, t)dx =∫ π
0
1t − cos x
dx
とおくと、
F ′(t) =∫ π
0
∂f
∂t(x, t)dt = −
∫ π
0
1(t − cos x)2
dx
となります。求めたい積分値は −F ′(2) です。F (t) を具体的に計算しましょう。y = tan x
2 と置換すると、
F (t) =∫ ∞
0
1
t − 1−y2
1+y2
21 + y2
dy =2
t − 1
∫ ∞
0
1
1 +(√
t+1t−1y
)2 dy
=2
t − 1
[√t − 1t + 1
Arctan
√t + 1t − 1
y
]∞0
=π√
t2 − 1
となります。従って、
F ′(t) = − πt√
t2 − 13
となり、求める積分値は
−F ′(2) =2π
3√
3
となります。 □