はい、承知いたしました。画像にある５つの積分問題を解きます。

はい、承知いたしました。画像にある５つの積分問題を解きます。

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1. 問題の内容**

与えられた5つの積分を計算します。

(1) $\int_0^\infty e^{-ax^2} dx$

(2) $\iiint_V (x + z + 1) dxdydz$, $V: x^2 + y^2 + z^2 \le a^2, x \ge 0$

(3) $\iiint_V \frac{dxdydz}{\sqrt{1 - x^2 - y^2}}$, $V: x^2 + y^2 \le 1, -\sqrt{1 - x^2 - y^2} \le z \le \sqrt{1 - x^2 - y^2}$

(4) $\iiint_V xyzdxdydz$, $V: 0 \le x \le 1, 0 \le y \le 1 - x, 0 \le z \le 2 - y$

(5) $\iiint_V z(x^2 + y^2) dxdydz$, $V: x^2 + y^2 \le a^2, y \ge 0, 0 \le z \le L$

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2. 解き方の手順**

**(1) $\int_0^\infty e^{-ax^2} dx$**

この積分はガウス積分として知られています。$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2} dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}}$の関係を利用します。積分範囲が$0$から$\infty$であることに注意すると、

$\int_0^\infty e^{-ax^2} dx = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^\infty e^{-ax^2} dx = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{a}}$

**(2) $\iiint_V (x + z + 1) dxdydz$, $V: x^2 + y^2 + z^2 \le a^2, x \ge 0$**

積分領域$V$は、半径$a$の球の$x \ge 0$の部分です。球座標系を使用します。

$x = r\sin\theta\cos\phi$

$y = r\sin\theta\sin\phi$

$z = r\cos\theta$

$0 \le r \le a$, $0 \le \theta \le \pi$, $-\pi/2 \le \phi \le \pi/2$

$dV = r^2 \sin\theta drd\theta d\phi$

$\iiint_V (x + z + 1) dxdydz = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \int_0^\pi \int_0^a (r\sin\theta\cos\phi + r\cos\theta + 1)r^2\sin\theta drd\theta d\phi$

$= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \int_0^\pi \int_0^a (r^3\sin^2\theta\cos\phi + r^3\cos\theta\sin\theta + r^2\sin\theta) drd\theta d\phi$

$= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \int_0^\pi (\frac{a^4}{4}\sin^2\theta\cos\phi + \frac{a^4}{4}\cos\theta\sin\theta + \frac{a^3}{3}\sin\theta) d\theta d\phi$

$= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} [\frac{a^4}{4}(\frac{\theta}{2} - \frac{1}{4}\sin(2\theta))\cos\phi - \frac{a^4}{4}\frac{\cos(2\theta)}{2} - \frac{a^3}{3}\cos\theta]_0^\pi d\phi$

$= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} (\frac{a^4}{4} \frac{\pi}{2} \cos\phi + \frac{2a^3}{3}) d\phi$

$= [\frac{a^4\pi}{8} \sin\phi + \frac{2a^3}{3}\phi]_{-\pi/2}^{\pi/2}$

$= \frac{a^4\pi}{8} (1 - (-1)) + \frac{2a^3}{3} (\frac{\pi}{2} - (-\frac{\pi}{2}))$

$= \frac{a^4\pi}{4} + \frac{2a^3\pi}{3}$

**(3) $\iiint_V \frac{dxdydz}{\sqrt{1 - x^2 - y^2}}$, $V: x^2 + y^2 \le 1, -\sqrt{1 - x^2 - y^2} \le z \le \sqrt{1 - x^2 - y^2}$**

まず、$z$で積分します。

$\int_{-\sqrt{1-x^2-y^2}}^{\sqrt{1-x^2-y^2}} \frac{dz}{\sqrt{1 - x^2 - y^2}} = \frac{2\sqrt{1 - x^2 - y^2}}{\sqrt{1 - x^2 - y^2}} = 2$

次に、$x^2 + y^2 \le 1$の範囲で$x, y$で積分します。極座標変換 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$ を用いると、$0 \le r \le 1$, $0 \le \theta \le 2\pi$となり、$dxdy = rdrd\theta$です。

$\iint_{x^2+y^2 \le 1} 2 dxdy = \int_0^{2\pi} \int_0^1 2r dr d\theta = \int_0^{2\pi} [r^2]_0^1 d\theta = \int_0^{2\pi} 1 d\theta = 2\pi$

**(4) $\iiint_V xyzdxdydz$, $V: 0 \le x \le 1, 0 \le y \le 1 - x, 0 \le z \le 2 - y$**

$\int_0^1 \int_0^{1-x} \int_0^{2-y} xyzdzdydx = \int_0^1 \int_0^{1-x} xy[\frac{z^2}{2}]_0^{2-y} dydx$

$= \int_0^1 \int_0^{1-x} xy \frac{(2-y)^2}{2} dydx = \frac{1}{2} \int_0^1 \int_0^{1-x} xy(4 - 4y + y^2) dydx$

$= \frac{1}{2} \int_0^1 \int_0^{1-x} (4xy - 4xy^2 + xy^3) dydx = \frac{1}{2} \int_0^1 [2xy^2 - \frac{4}{3}xy^3 + \frac{1}{4}xy^4]_0^{1-x} dx$

$= \frac{1}{2} \int_0^1 [2x(1-x)^2 - \frac{4}{3}x(1-x)^3 + \frac{1}{4}x(1-x)^4] dx$

$= \frac{1}{2} \int_0^1 [2x(1-2x+x^2) - \frac{4}{3}x(1-3x+3x^2-x^3) + \frac{1}{4}x(1-4x+6x^2-4x^3+x^4)] dx$

$= \frac{1}{2} \int_0^1 [2x - 4x^2 + 2x^3 - \frac{4}{3}x + 4x^2 - 4x^3 + \frac{4}{3}x^4 + \frac{1}{4}x - x^2 + \frac{3}{2}x^3 - x^4 + \frac{1}{4}x^5] dx$

$= \frac{1}{2} \int_0^1 [\frac{5}{4}x - x^2 + \frac{1}{2}x^3 + \frac{1}{3}x^4 + \frac{1}{4}x^5] dx$

$= \frac{1}{2} [\frac{5}{8}x^2 - \frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{8}x^4 + \frac{1}{15}x^5 + \frac{1}{24}x^6]_0^1$

$= \frac{1}{2} [\frac{5}{8} - \frac{1}{3} + \frac{1}{8} + \frac{1}{15} + \frac{1}{24}] = \frac{1}{2} [\frac{45-20+5+2+5}{120}] = \frac{1}{2} \frac{37}{120} = \frac{37}{240}$

**(5) $\iiint_V z(x^2 + y^2) dxdydz$, $V: x^2 + y^2 \le a^2, y \ge 0, 0 \le z \le L$**

円柱座標系を使用します。 $x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$, $z = z$, $dxdydz = rdrd\theta dz$

$0 \le r \le a$, $0 \le z \le L$, $0 \le \theta \le \pi$ (because $y \ge 0$)

$\iiint_V z(x^2 + y^2) dxdydz = \int_0^L \int_0^\pi \int_0^a zr^2 \cdot r dr d\theta dz = \int_0^L \int_0^\pi \int_0^a zr^3 dr d\theta dz$

$= \int_0^L \int_0^\pi z [\frac{r^4}{4}]_0^a d\theta dz = \int_0^L \int_0^\pi z \frac{a^4}{4} d\theta dz = \int_0^L z \frac{a^4}{4} [\theta]_0^\pi dz$

$= \int_0^L z \frac{a^4\pi}{4} dz = \frac{a^4\pi}{4} [\frac{z^2}{2}]_0^L = \frac{a^4\pi}{4} \frac{L^2}{2} = \frac{\pi a^4 L^2}{8}$

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3. 最終的な答え**

(1) $\frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{a}}$

(2) $\frac{\pi a^4}{4} + \frac{2\pi a^3}{3}$

(3) $2\pi$

(4) $\frac{37}{240}$

(5) $\frac{\pi a^4 L^2}{8}$