領域 $D = \{(x, y); 0 < x \le 1, 0 \le y \le x^2\}$ において、二重積分 $\iint_D e^{y/x} dxdy$ を計算せよ。

はい、承知いたしました。画像の問題について、それぞれ解説します。

**問題1**

1. 問題の内容

領域 $D = \{(x, y); 0 < x \le 1, 0 \le y \le x^2\}$ において、二重積分 $\iint_D e^{y/x} dxdy$ を計算せよ。

2. 解き方の手順

まず、積分範囲を確認します。$0 < x \le 1$ であり、$0 \le y \le x^2$ であることから、$y$ について先に積分し、その後に $x$ について積分する順序が自然です。

$\iint_D e^{y/x} dxdy = \int_0^1 \int_0^{x^2} e^{y/x} dy dx$

まず内側の積分を計算します。

$\int_0^{x^2} e^{y/x} dy = [xe^{y/x}]_0^{x^2} = xe^{x^2/x} - xe^{0/x} = xe^x - x$

次に外側の積分を計算します。

$\int_0^1 (xe^x - x) dx = \int_0^1 xe^x dx - \int_0^1 x dx$

部分積分を用いて $\int_0^1 xe^x dx$ を計算します。$u = x$, $dv = e^x dx$ とすると、$du = dx$, $v = e^x$ となり、

$\int_0^1 xe^x dx = [xe^x]_0^1 - \int_0^1 e^x dx = e - [e^x]_0^1 = e - (e - 1) = 1$

$\int_0^1 x dx = [\frac{x^2}{2}]_0^1 = \frac{1}{2}$

したがって、

$\int_0^1 (xe^x - x) dx = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$

3. 最終的な答え

$\iint_D e^{y/x} dxdy = \frac{1}{2}$

**問題2**

1. 問題の内容

領域 $D = \{(x, y); x \ge 1, y \ge 1\}$ において、二重積分 $\iint_D \frac{1}{x^2 y^2} dxdy$ を計算せよ。

2. 解き方の手順

この二重積分は、広義積分になります。$x$ と $y$ は独立に $1$ から $\infty$ まで変化するので、積分を以下のように分割できます。

$\iint_D \frac{1}{x^2 y^2} dxdy = \int_1^{\infty} \int_1^{\infty} \frac{1}{x^2 y^2} dxdy = \int_1^{\infty} \frac{1}{x^2} dx \int_1^{\infty} \frac{1}{y^2} dy$

それぞれの積分を計算します。

$\int_1^{\infty} \frac{1}{x^2} dx = [-\frac{1}{x}]_1^{\infty} = 0 - (-1) = 1$

$\int_1^{\infty} \frac{1}{y^2} dy = [-\frac{1}{y}]_1^{\infty} = 0 - (-1) = 1$

したがって、

$\iint_D \frac{1}{x^2 y^2} dxdy = 1 \times 1 = 1$

3. 最終的な答え

$\iint_D \frac{1}{x^2 y^2} dxdy = 1$

**問題3**

1. 問題の内容

領域 $D = \{(x, y); x^2 + y^2 < a^2\}$ (a > 0) において、二重積分 $\iint_D \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}} dxdy$ を計算せよ。

2. 解き方の手順

この積分は円領域における積分なので、極座標変換を行います。

$x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$, $dxdy = rdrd\theta$

積分範囲は、$0 \le r < a$, $0 \le \theta \le 2\pi$ となります。

$\iint_D \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}} dxdy = \int_0^{2\pi} \int_0^a \frac{1}{\sqrt{a^2 - r^2}} rdrd\theta$

まず内側の積分を計算します。

$\int_0^a \frac{r}{\sqrt{a^2 - r^2}} dr$

$u = a^2 - r^2$ と置換すると、$du = -2rdr$, $rdr = -\frac{1}{2} du$

$r = 0$ のとき $u = a^2$, $r = a$ のとき $u = 0$

$\int_{a^2}^0 \frac{1}{\sqrt{u}} (-\frac{1}{2}) du = \frac{1}{2} \int_0^{a^2} u^{-1/2} du = \frac{1}{2} [2\sqrt{u}]_0^{a^2} = \frac{1}{2} (2a - 0) = a$

次に外側の積分を計算します。

$\int_0^{2\pi} a d\theta = a \int_0^{2\pi} d\theta = a[θ]_0^{2\pi} = 2\pi a$

3. 最終的な答え

$\iint_D \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}} dxdy = 2\pi a$

**問題4**

1. 問題の内容

領域 $D = \{(x, y); 0 \le y < x \le 1\}$ ($0 < \alpha < 1$) において、二重積分 $\iint_D \frac{1}{(x - y)^\alpha} dxdy$ を計算せよ。

2. 解き方の手順

積分範囲から、$y$ について先に積分し、その後に $x$ について積分する順序が自然です。

$\iint_D \frac{1}{(x - y)^\alpha} dxdy = \int_0^1 \int_0^x \frac{1}{(x - y)^\alpha} dy dx$

まず内側の積分を計算します。

$\int_0^x \frac{1}{(x - y)^\alpha} dy$

$u = x - y$ と置換すると、$du = -dy$, $dy = -du$

$y = 0$ のとき $u = x$, $y = x$ のとき $u = 0$

$\int_x^0 \frac{1}{u^\alpha} (-du) = \int_0^x u^{-\alpha} du = [\frac{u^{1 - \alpha}}{1 - \alpha}]_0^x = \frac{x^{1 - \alpha}}{1 - \alpha} - 0 = \frac{x^{1 - \alpha}}{1 - \alpha}$

次に外側の積分を計算します。

$\int_0^1 \frac{x^{1 - \alpha}}{1 - \alpha} dx = \frac{1}{1 - \alpha} \int_0^1 x^{1 - \alpha} dx = \frac{1}{1 - \alpha} [\frac{x^{2 - \alpha}}{2 - \alpha}]_0^1 = \frac{1}{1 - \alpha} \frac{1}{2 - \alpha} = \frac{1}{(1 - \alpha)(2 - \alpha)}$

3. 最終的な答え

$\iint_D \frac{1}{(x - y)^\alpha} dxdy = \frac{1}{(1 - \alpha)(2 - \alpha)}$

**問題5**

1. 問題の内容

領域 $D = \{(x, y); y \ge 0\}$ において、二重積分 $\iint_D \frac{1}{(1 + x^2 + y^2)^{\alpha/2}} dxdy$ を計算せよ。

2. 解き方の手順

積分領域が $y \ge 0$ なので、極座標変換を行うと便利です。

$x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$, $dxdy = rdrd\theta$

積分範囲は、$0 \le r < \infty$, $0 \le \theta \le \pi$ となります。

$\iint_D \frac{1}{(1 + x^2 + y^2)^{\alpha/2}} dxdy = \int_0^\pi \int_0^\infty \frac{r}{(1 + r^2)^{\alpha/2}} dr d\theta$

まず内側の積分を計算します。

$\int_0^\infty \frac{r}{(1 + r^2)^{\alpha/2}} dr$

$u = 1 + r^2$ と置換すると、$du = 2rdr$, $rdr = \frac{1}{2} du$

$r = 0$ のとき $u = 1$, $r = \infty$ のとき $u = \infty$

$\int_1^\infty \frac{1}{u^{\alpha/2}} \frac{1}{2} du = \frac{1}{2} \int_1^\infty u^{-\alpha/2} du = \frac{1}{2} [\frac{u^{1 - \alpha/2}}{1 - \alpha/2}]_1^\infty$

この積分が収束するためには、$1 - \alpha/2 < 0$、すなわち $\alpha > 2$ が必要です。このとき、

$\frac{1}{2} [\frac{u^{1 - \alpha/2}}{1 - \alpha/2}]_1^\infty = \frac{1}{2} (0 - \frac{1}{1 - \alpha/2}) = \frac{1}{2} \frac{-1}{1 - \alpha/2} = \frac{1}{\alpha - 2}$

次に外側の積分を計算します。

$\int_0^\pi \frac{1}{\alpha - 2} d\theta = \frac{1}{\alpha - 2} \int_0^\pi d\theta = \frac{1}{\alpha - 2} [\theta]_0^\pi = \frac{\pi}{\alpha - 2}$

3. 最終的な答え

$\alpha > 2$ のとき、

$\iint_D \frac{1}{(1 + x^2 + y^2)^{\alpha/2}} dxdy = \frac{\pi}{\alpha - 2}$

**問題6**

1. 問題の内容

領域 $D = \{(x, y); 0 < x^2 + y^2 \le 1\}$ において、二重積分 $\iint_D \log(x^2 + y^2) dxdy$ を計算せよ。

2. 解き方の手順

この積分は極座標変換が適しています。

$x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$, $dxdy = rdrd\theta$

積分範囲は、$0 < r \le 1$, $0 \le \theta \le 2\pi$ となります。

$\iint_D \log(x^2 + y^2) dxdy = \int_0^{2\pi} \int_0^1 \log(r^2) r dr d\theta = \int_0^{2\pi} \int_0^1 2\log(r) r dr d\theta$

まず内側の積分を計算します。

$\int_0^1 2r \log r dr = 2 \int_0^1 r \log r dr$

部分積分を用います。$u = \log r$, $dv = r dr$ とすると、$du = \frac{1}{r} dr$, $v = \frac{r^2}{2}$ となり、

$2 \int_0^1 r \log r dr = 2 ([\frac{r^2}{2} \log r]_0^1 - \int_0^1 \frac{r^2}{2} \frac{1}{r} dr) = 2(0 - 0 - \int_0^1 \frac{r}{2} dr) = -2 \int_0^1 \frac{r}{2} dr = -[\frac{r^2}{2}]_0^1 = - \frac{1}{2}$

次に外側の積分を計算します。

$\int_0^{2\pi} (-\frac{1}{2}) d\theta = -\frac{1}{2} \int_0^{2\pi} d\theta = -\frac{1}{2} [\theta]_0^{2\pi} = -\frac{1}{2} (2\pi) = -\pi$

3. 最終的な答え

$\iint_D \log(x^2 + y^2) dxdy = -\pi$