微分積分続論 中間試験
(H23.6.24)1 以下で与えられるAと有界関数f :R→Rについて，
∫∫
A
f を求めよ．ただし，計算方法を詳 しく書くこと．
(1) A= [0,1]×[0,1]，f(x, y) = x2 1 +xy． (2) A=
{
(x, y)∈R2 x2
4 +y2 9 ≤1
}
,f(x, y) =x2+y2. (3) G(u, v) =
(u2−v2 2uv
)
，B = {(u, v)|1 ≤ u2 +v2 ≤ 4, u, v ≥ 0}，A = G(B)，f(x, y) = (x2+y2)1/2．
2 次の線積分を求めよ．
(1) 放物線y=x2に沿う(0,0)†を出て(3,9)†に至る曲線Cと関数F(x, y) = (x2−xy, y3)†に対す る
∫
C
F
(2) 0∫≤x≤πにおけるy= sinx，y= 2 sinxの囲む領域の周を反時計回りに一周する道C;
C
(1 +y2)dx+ydy
3 以下の手順で広義積分
∫
R2e−(5x2−4xy+5y2)dxdyの値を求めよ．
(1) 行列B =
( 5 −2
−2 5 )
の固有値λ1 < λ2を求めよ．
(2) B =tU
(λ1 0 0 λ2
)
U となる直交行列U を用いて，行列LをL=
(√λ1 0
0 √
λ2 )
U と定義する．
SN ={(x, y)|x2+y2 ≤N2}，AN =L−1(SN)とする．このとき
∫∫
AN
e−(5x2−4xy+5y2)dxdyを 求めよ．
(3)
∫∫
R2e−(5x2−4xy+5y2)dxdyを求めよ．
4 原点を中心とする半径0< r <1の円周を反時計回りに一周する曲線をC0，放物線y2 = 2(x+ 2) と直線x= 2で囲まれた領域の周を反時計回りに一周する道をCとする．
(1)
∫
C0
−y
x2+y2dx+ x
x2+y2dy を求めよ．
(2)
∫
C
−y
x2+y2dx+ x
x2+y2dy を求めよ．
解答例 1
(1)
∫∫
A
f =
∫ 1
0
(∫ 1
0
x2 1 +xydy
) dx=
∫ 1
0
(
xlog(1 +xy) y=1
y=0
) dx=
∫ 1
0
xlog(1 +x)dx
= x2−1
2 log(1 +x) 1
0
−1 2
∫ 1
0
(x−1)dx= 1 4
(2) B ={(u, v)|u2+v2 ≤1}，G(u, v) = (2u
3v )
とおく．このとき，
G(B) =A, ∆G= det (2 0
0 3 )
= 6
であるから，変数変換公式より，
∫∫
A
f = 6
∫∫
B
(f◦G) = 6
∫∫
B
(4u2+ 9v2)dudv.
B ={(rcosθ, rsinθ)|0≤r ≤1,0≤θ≤2π}であるから，極座標変換を利用して，
∫∫
B
(4u2+ 9v2)dudv =
∫ 2π
0
(∫ 1
0
(4r2cos2θ+ 9r2sin2θ)rdr )
dθ = 1 4
∫ 2π
0
(4 + 5 sin2θ)dθ
= 1 4
∫ 2π
0
(
4 + 51−cos(2θ) 2
)
dθ= 13 4 π.
したがって ∫∫
A
f = 6×13
4 π= 39 2 π.
(3)
∆G= det
(2u −2v 2v 2u
)
= 4(u2+v2) であるから，変数変換公式により
∫∫
A
f =
∫∫
B
(f◦G)|∆G|=
∫∫
B
{(u2−v2)2+4u2v2}1/24(u2+v2)dudv= 4
∫∫
B
(u2+v2)2dudv.
B ={(rcosθ, rsinθ)|1≤r ≤2,0≤θ≤π/2}であるから，極座標変換により，
∫∫
B
(u2+v2)2dudv =
∫ π/2
0
(∫ 2
1
r4rdr )
dθ= π 2 × 1
6(26−1) = 21 4 π.
したがって ∫∫
A
f = 4× 21
4 π= 21π.
2
2
(1) C(t) = (t
t2 )
(t∈[0,3]) であるから，
∫
C
F =
∫ 3
0
(t2−t3 t6
)
· (1
2t )
dt=
∫ 3
0
(t2−t3+ 2t7)dt= 33 3 −34
4 +38
4 = 9 +1
4(81×80) = 1629.
(2) Cの囲む領域は，A={(x, y)|0≤x≤π,sinx≤y≤2 sinx} である．グリーンの定理より
∫
C
(1 +y2)dx+ydy=
∫∫
A
(−2y)dxdy =
∫ π
0
(∫ 2 sinx
sinx
(−2y)dy )
dx
=
∫ π
0
(−3 sin2x)dx=−3 2π.
3
(1) 固有多項式(λ−5)2−4 = 0を解いて，λ1 = 3，λ2= 7． (2) X = (x, y)†とするとき，
kL(X)k2= (L(X))·(L(X)) = ((tLL)(X))·X = (B(X))·X = 5x2−4xy+ 5y2 である．よってf(u, v) =e−(u2+v2)とおけば，
e−(5u2−4uv+5v2)= (f◦L)(u, v).
線形変換に関する変数変換公式より，
∫∫
AN
e−(5u2−4uv+5v2)dudv=
∫∫
AN
(f ◦L) = 1
|detL|
∫∫
L(AN)
f
= 1
|detL|
∫∫
SN
f = 1
√21
∫∫
SN
f.
SN ={(rcosθ, rsinθ)|0≤r ≤N,0≤θ≤2π}であるから，極座標変換を用いれば
∫∫
SN
f =
∫ 2π
0
(∫ N
0
e−r2rdr )
dθ= 2π×1
2(1−e−N2) =π(1−e−N2).
したがって ∫∫
AN
e−(5u2−4uv+5v2)dudv = π
√21(1−e−N2).
(3) うえでN → ∞とすれば，
∫∫
R2e−(5x2−4xy+5y2)dxdy= π
√21.
3
4
(1) C0(t) =
(rcost rsint )
(t∈[0, π])であるから，
∫
C0
−y
x2+y2dx+ x
x2+y2dy=
∫ 2π
0
−rsint
r2 (−rsint)dt+
∫ 2π
0
rcost
r2 (rcost)dt=
∫ 2π
0
1dt= 2π.
(2) AをC0とCが囲む領域とすれば，グリーンの定理より
∫
C
−y
x2+y2dx+ x
x2+y2dy−
∫
C0
−y
x2+y2dx+ x x2+y2dy
=
∫∫
A
{ ∂
∂x ( x
x2+y2 )
− ∂
∂y
( −y x2+y2
)}
dxdy
=
∫∫
A
{ 1
x2+y2 − 2x2
x2+y2 + 1
x2+y2 − 2y2 x2+y2
}
dxdy = 0.
先と合わせて，
∫
C
−y
x2+y2dx+ x
x2+y2dy=
∫
C0
−y
x2+y2dx+ x
x2+y2dy= 2π.
4
