半径1の球の体積が $\frac{4}{3}\pi$ で与えられることを、2重積分と3重積分をそれぞれ用いて証明する。ただし、半径1の球面は $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ を満たす点の集合で与えられる。

1. 問題の内容

半径1の球の体積が $\frac{4}{3}\pi$ で与えられることを、2重積分と3重積分をそれぞれ用いて証明する。ただし、半径1の球面は $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ を満たす点の集合で与えられる。

2. 解き方の手順

**2重積分を用いた解法**

球の上半分を $z = \sqrt{1 - x^2 - y^2}$ と表す。球全体は、この上半分と下半分からなるので、体積は上半分の体積の2倍となる。

上半分はxy平面上の単位円板 $D = \{(x, y) | x^2 + y^2 \le 1\}$ 上にあり、その体積は2重積分で計算できる。

$V = 2 \iint_D \sqrt{1 - x^2 - y^2} \, dxdy$

ここで、極座標変換 $x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$ を行う。このとき、 $dxdy = r\,drd\theta$ となり、$D$ は $0 \le r \le 1$, $0 \le \theta \le 2\pi$ で表される。

したがって、

$V = 2 \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{1} \sqrt{1 - r^2} \, r dr d\theta$

$\int_{0}^{1} \sqrt{1 - r^2} \, r dr$ を計算するために、 $u = 1 - r^2$ と置換すると、 $du = -2r dr$。

$r=0$ のとき $u=1$、$r=1$ のとき $u=0$ なので、

$\int_{0}^{1} \sqrt{1 - r^2} \, r dr = \int_{1}^{0} \sqrt{u} \, (-\frac{1}{2}) du = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} u^{\frac{1}{2}} du = \frac{1}{2} [\frac{2}{3}u^{\frac{3}{2}}]_0^1 = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$

よって、

$V = 2 \int_{0}^{2\pi} \frac{1}{3} d\theta = 2 \cdot \frac{1}{3} \cdot 2\pi = \frac{4}{3}\pi$

**3重積分を用いた解法**

球 $x^2 + y^2 + z^2 \le 1$ の体積を3重積分で計算する。

$V = \iiint_{x^2+y^2+z^2\le 1} dxdydz$

球座標変換 $x = r\sin\phi\cos\theta$, $y = r\sin\phi\sin\theta$, $z = r\cos\phi$ を行う。このとき、 $dxdydz = r^2\sin\phi\,drd\theta d\phi$ となり、積分範囲は $0 \le r \le 1$, $0 \le \theta \le 2\pi$, $0 \le \phi \le \pi$ となる。

$V = \int_{0}^{\pi} \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{1} r^2 \sin\phi \, dr d\theta d\phi$

$V = \int_{0}^{\pi} \sin\phi d\phi \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{1} r^2 dr$

$\int_{0}^{1} r^2 dr = [\frac{1}{3}r^3]_0^1 = \frac{1}{3}$

$\int_{0}^{2\pi} d\theta = 2\pi$

$\int_{0}^{\pi} \sin\phi d\phi = [-\cos\phi]_0^\pi = -\cos\pi + \cos 0 = -(-1) + 1 = 2$

$V = 2 \cdot 2\pi \cdot \frac{1}{3} = \frac{4}{3}\pi$

3. 最終的な答え

したがって、半径1の球の体積は $\frac{4}{3}\pi$ である。