領域Dはxy平面上の原点を中心とする半径aの円の内部であるとき、重積分 $\iint_D y^2 \sqrt{a^2 - x^2} dxdy$ を計算せよ。

1. 問題の内容

領域Dはxy平面上の原点を中心とする半径aの円の内部であるとき、重積分 $\iint_D y^2 \sqrt{a^2 - x^2} dxdy$ を計算せよ。

2. 解き方の手順

極座標変換を用いて計算します。

$x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$ とすると、積分範囲は $0 \le r \le a$, $0 \le \theta \le 2\pi$ となります。

また、$dxdy = rdrd\theta$ となります。

したがって、

$\iint_D y^2 \sqrt{a^2 - x^2} dxdy = \int_0^{2\pi} \int_0^a (r\sin\theta)^2 \sqrt{a^2 - (r\cos\theta)^2} rdrd\theta$

$= \int_0^{2\pi} \int_0^a r^3 \sin^2\theta \sqrt{a^2 - r^2\cos^2\theta} drd\theta$

積分順序を変更して、

$= \int_0^{2\pi} \sin^2\theta \left(\int_0^a r^3 \sqrt{a^2 - r^2\cos^2\theta} dr\right) d\theta$

$u = a^2 - r^2\cos^2\theta$ と置換すると、$du = -2r\cos^2\theta dr$ となり、$rdr = -\frac{1}{2\cos^2\theta}du$。

また、$r^2 = \frac{a^2 - u}{\cos^2\theta}$ であるから、$r^3 dr = r^2 (rdr) = \frac{a^2 - u}{\cos^2\theta} \left(-\frac{1}{2\cos^2\theta}du\right) = -\frac{a^2 - u}{2\cos^4\theta}du$。

$r = 0$ のとき $u = a^2$、$r = a$ のとき $u = a^2 - a^2\cos^2\theta = a^2\sin^2\theta$ となるので、

$\int_0^a r^3 \sqrt{a^2 - r^2\cos^2\theta} dr = \int_{a^2}^{a^2\sin^2\theta} \sqrt{u} \left(-\frac{a^2 - u}{2\cos^4\theta}\right) du = \frac{1}{2\cos^4\theta} \int_{a^2\sin^2\theta}^{a^2} (a^2 - u) u^{1/2} du$

$= \frac{1}{2\cos^4\theta} \left[ a^2 \frac{2}{3} u^{3/2} - \frac{2}{5} u^{5/2} \right]_{a^2\sin^2\theta}^{a^2} = \frac{1}{2\cos^4\theta} \left[ \frac{2}{3} a^5 - \frac{2}{5} a^5 - \frac{2}{3} a^5 \sin^3\theta + \frac{2}{5} a^5 \sin^5\theta \right]$

$= \frac{a^5}{2\cos^4\theta} \left[ \frac{4}{15} - \frac{2}{3} \sin^3\theta + \frac{2}{5} \sin^5\theta \right] = \frac{2a^5}{15\cos^4\theta} \left[ 2 - 5\sin^3\theta + 3\sin^5\theta \right]$

$\int_0^{2\pi} \sin^2\theta \frac{2a^5}{15\cos^4\theta} \left(2 - 5\sin^3\theta + 3\sin^5\theta \right) d\theta$

計算が複雑になるため、元の積分に戻って考える。

極座標で表すと、積分は次のようになります。

$\int_0^{2\pi} \int_0^a (r \sin \theta)^2 \sqrt{a^2 - (r \cos \theta)^2} r dr d\theta = \int_0^{2\pi} \sin^2 \theta \int_0^a r^3 \sqrt{a^2 - r^2 \cos^2 \theta} dr d\theta$

別の考え方として，$x$と$y$を入れ替えて積分することを考える。

$\iint_D x^2 \sqrt{a^2 - y^2} dxdy = \iint_D y^2 \sqrt{a^2 - x^2} dxdy$　とはならない.

変数変換を行い、$x=a\sin u$とすると、$dx=a\cos u du$となる。

$\iint y^2 \sqrt{a^2-x^2}dxdy = \int_{-a}^a \int_{-\sqrt{a^2-x^2}}^{\sqrt{a^2-x^2}} y^2 dy \sqrt{a^2-x^2}dx$

$\int_{-\sqrt{a^2-x^2}}^{\sqrt{a^2-x^2}} y^2 dy = \frac{2}{3}(a^2-x^2)^{3/2}$

$\frac{2}{3}\int_{-a}^a (a^2-x^2)^{3/2}\sqrt{a^2-x^2}dx = \frac{2}{3}\int_{-a}^a (a^2-x^2)^2 dx = \frac{2}{3} \int_{-a}^a (a^4-2a^2x^2+x^4)dx$

$= \frac{2}{3}[a^4x-\frac{2}{3}a^2x^3+\frac{1}{5}x^5]_{-a}^a = \frac{2}{3}(2a^5-\frac{4}{3}a^5+\frac{2}{5}a^5) = \frac{4}{3}a^5(1-\frac{2}{3}+\frac{1}{5}) = \frac{4}{3}a^5(\frac{15-10+3}{15}) = \frac{4}{3}\frac{8}{15}a^5 = \frac{32}{45}a^5$

3. 最終的な答え

$\frac{32}{45}a^5$