領域 $D = \{(x,y) | x \le y \le 4x, 1 \le xy \le 3\}$ 上の重積分 $I = \iint_D x^2 e^{-x^2 y^2} dxdy$ について、以下の問いに答える問題です。 (1) $xy$ 平面上に領域 $D$ を図示する。 (2) $uv$ 平面上に領域 $E$ を図示する ($u=xy$, $v=\frac{y}{x}$)。 (3) ヤコビアン $\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = \frac{\partial x}{\partial u} \frac{\partial y}{\partial v} - \frac{\partial x}{\partial v} \frac{\partial y}{\partial u}$ を $v$ の式で表す。 (4) $I = \frac{1}{2} \iint_E \frac{u}{v^2} e^{-u^2} dudv$ を示す。 (5) $I$ の値を求める。

1. 問題の内容

領域 $D = \{(x,y) | x \le y \le 4x, 1 \le xy \le 3\}$ 上の重積分 $I = \iint_D x^2 e^{-x^2 y^2} dxdy$ について、以下の問いに答える問題です。

(1) $xy$ 平面上に領域 $D$ を図示する。

(2) $uv$ 平面上に領域 $E$ を図示する ($u=xy$, $v=\frac{y}{x}$)。

(3) ヤコビアン $\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = \frac{\partial x}{\partial u} \frac{\partial y}{\partial v} - \frac{\partial x}{\partial v} \frac{\partial y}{\partial u}$ を $v$ の式で表す。

(4) $I = \frac{1}{2} \iint_E \frac{u}{v^2} e^{-u^2} dudv$ を示す。

(5) $I$ の値を求める。

2. 解き方の手順

(1) 領域 $D$ は、直線 $y=x$, $y=4x$ と双曲線 $xy=1$, $xy=3$ で囲まれた領域です。これを $xy$ 平面上に図示します。

(2) 変数変換 $u=xy$, $v=\frac{y}{x}$ を用いると、$x \le y \le 4x$ は $1 \le \frac{y}{x} \le 4$ より $1 \le v \le 4$ に対応し、$1 \le xy \le 3$ は $1 \le u \le 3$ に対応します。したがって、領域 $E$ は $uv$ 平面上の長方形 $E = \{(u,v) | 1 \le u \le 3, 1 \le v \le 4\}$ です。これを $uv$ 平面上に図示します。

(3) まず、$x$ と $y$ を $u$ と $v$ で表します。$u = xy$ と $v = \frac{y}{x}$ から、$u = x(vx) = vx^2$ なので、$x^2 = \frac{u}{v}$ より $x = \sqrt{\frac{u}{v}}$ です。また、$y = vx = v \sqrt{\frac{u}{v}} = \sqrt{uv}$ です。したがって、

$$x = \sqrt{\frac{u}{v}} , y = \sqrt{uv}$$

ヤコビアンは、

\begin{align*}

\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} &= \frac{\partial x}{\partial u} \frac{\partial y}{\partial v} - \frac{\partial x}{\partial v} \frac{\partial y}{\partial u} \\

&= \frac{\partial}{\partial u} \left( \sqrt{\frac{u}{v}} \right) \frac{\partial}{\partial v} \left( \sqrt{uv} \right) - \frac{\partial}{\partial v} \left( \sqrt{\frac{u}{v}} \right) \frac{\partial}{\partial u} \left( \sqrt{uv} \right) \\

&= \frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{uv}} \cdot \sqrt{u} - \left( -\frac{1}{2} \sqrt{\frac{u}{v^3}} \right) \cdot \frac{1}{2} \sqrt{\frac{v}{u}} \\

&= \frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{v}} + \frac{1}{4} \sqrt{\frac{1}{v}} \\

&= \frac{1}{2v}

\end{align*}

(4) $I = \iint_D x^2 e^{-x^2 y^2} dxdy$ において、変数変換 $u=xy$, $v=\frac{y}{x}$ を用いると、$x^2 y^2 = (xy)^2 = u^2$ なので、$e^{-x^2 y^2} = e^{-u^2}$ となります。また、$x^2 = \frac{u}{v}$ です。したがって、

$$I = \iint_E \frac{u}{v} e^{-u^2} \left| \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} \right| dudv = \iint_E \frac{u}{v} e^{-u^2} \frac{1}{2v} dudv = \frac{1}{2} \iint_E \frac{u}{v^2} e^{-u^2} dudv$$

(5)

\begin{align*}

I &= \frac{1}{2} \int_1^4 \int_1^3 \frac{u}{v^2} e^{-u^2} dudv \\

&= \frac{1}{2} \int_1^4 \frac{1}{v^2} \left( \int_1^3 u e^{-u^2} du \right) dv \\

&= \frac{1}{2} \int_1^4 \frac{1}{v^2} \left[ -\frac{1}{2} e^{-u^2} \right]_1^3 dv \\

&= \frac{1}{2} \int_1^4 \frac{1}{v^2} \left( -\frac{1}{2} e^{-9} + \frac{1}{2} e^{-1} \right) dv \\

&= \frac{1}{4} (e^{-1} - e^{-9}) \int_1^4 \frac{1}{v^2} dv \\

&= \frac{1}{4} (e^{-1} - e^{-9}) \left[ -\frac{1}{v} \right]_1^4 \\

&= \frac{1}{4} (e^{-1} - e^{-9}) \left( -\frac{1}{4} + 1 \right) \\

&= \frac{1}{4} (e^{-1} - e^{-9}) \frac{3}{4} \\

&= \frac{3}{16} (e^{-1} - e^{-9})

\end{align*}

3. 最終的な答え

(3) $\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = \frac{1}{2v}$

(4) $I = \frac{1}{2} \iint_E \frac{u}{v^2} e^{-u^2} dudv$

(5) $I = \frac{3}{16} (e^{-1} - e^{-9})$