与えられた問題は4つあります。 1. $\int_{0}^{\infty} e^{-ax^2} dx$ を計算する。

1. 問題の内容

与えられた問題は4つあります。

1. $\int_{0}^{\infty} e^{-ax^2} dx$ を計算する。

2. 質量密度 $\rho(r) = \frac{\rho_0}{r}$ （$\rho_0$は定数）で与えられる半径$a$の球の質量 $M$ を求める。

3. 半径$a$、高さ$h$の円柱内に電荷密度 $\rho = q_0(a - r)$ ($q_0$は定数、$r$は中心軸からの距離) で電荷が分布しているとき、円柱内の総電荷量 $Q$ を求める。

4. 半径$a$、高さ$h$の一様な質量 $M$ の円柱の中心を原点に置き、円柱の軸に垂直な $y$ 軸を回転軸としたときの慣性モーメント $I$ を求める。

2. 解き方の手順

1. **積分** $\int_{0}^{\infty} e^{-ax^2} dx$ **の計算**

この積分はガウス積分として知られています。

変数変換 $u = \sqrt{a}x$ を行うと、$x = \frac{u}{\sqrt{a}}$ であり、$dx = \frac{du}{\sqrt{a}}$ となります。

積分範囲は $x: 0 \to \infty$ に対して $u: 0 \to \infty$ となります。

したがって、

$\int_{0}^{\infty} e^{-ax^2} dx = \int_{0}^{\infty} e^{-u^2} \frac{du}{\sqrt{a}} = \frac{1}{\sqrt{a}} \int_{0}^{\infty} e^{-u^2} du$

$\int_{0}^{\infty} e^{-u^2} du = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$ であるので、

$\int_{0}^{\infty} e^{-ax^2} dx = \frac{1}{\sqrt{a}} \frac{\sqrt{\pi}}{2} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{a}}$

2. **球の質量** $M$ **の計算**

質量密度が $\rho(r) = \frac{\rho_0}{r}$ で与えられているので、球座標で微小体積要素 $dV = r^2 \sin\theta dr d\theta d\phi$ を用いて積分します。

$M = \int \rho(r) dV = \int_{0}^{a} \int_{0}^{\pi} \int_{0}^{2\pi} \frac{\rho_0}{r} r^2 \sin\theta dr d\theta d\phi = \rho_0 \int_{0}^{a} \int_{0}^{\pi} \int_{0}^{2\pi} r \sin\theta dr d\theta d\phi$

$M = \rho_0 \int_{0}^{a} r dr \int_{0}^{\pi} \sin\theta d\theta \int_{0}^{2\pi} d\phi = \rho_0 \left[ \frac{r^2}{2} \right]_{0}^{a} \left[ -\cos\theta \right]_{0}^{\pi} \left[ \phi \right]_{0}^{2\pi}$

$M = \rho_0 \frac{a^2}{2} (-\cos\pi + \cos 0) (2\pi) = \rho_0 \frac{a^2}{2} (1 + 1) (2\pi) = 2\pi \rho_0 a^2$

3. **円柱内の総電荷量** $Q$ **の計算**

電荷密度が $\rho = q_0(a - r)$ で与えられています。円柱座標で微小体積要素 $dV = r dr d\theta dz$ を用いて積分します。

$Q = \int \rho dV = \int_{0}^{h} \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{a} q_0 (a - r) r dr d\theta dz = q_0 \int_{0}^{h} \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{a} (ar - r^2) dr d\theta dz$

$Q = q_0 \int_{0}^{h} dz \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{a} (ar - r^2) dr = q_0 [z]_{0}^{h} [\theta]_{0}^{2\pi} \left[ \frac{ar^2}{2} - \frac{r^3}{3} \right]_{0}^{a}$

$Q = q_0 h (2\pi) \left( \frac{a^3}{2} - \frac{a^3}{3} \right) = 2\pi h q_0 \left( \frac{3a^3 - 2a^3}{6} \right) = 2\pi h q_0 \frac{a^3}{6} = \frac{\pi}{3} q_0 a^3 h$

4. **円柱の慣性モーメント** $I$ **の計算**

一様な円柱の質量密度は $\rho = \frac{M}{V} = \frac{M}{\pi a^2 h}$ です。微小質量 $dm = \rho dV = \rho r dr d\theta dz$ を用いて、回転軸からの距離 $r' = z^2 + x^2$ を考慮して積分します。回転軸は $y$ 軸なので、 $I = \int (z^2 + x^2) dm = \int (z^2 + x^2) \rho dV = \int (z^2 + x^2) \rho r dr d\theta dz$

$x = r \cos\theta$, $z = z$ となるので、$I = \int_{-h/2}^{h/2} \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{a} (z^2 + r^2\cos^2\theta) \rho r dr d\theta dz$

$I = \rho \int_{-h/2}^{h/2} dz \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{a} (z^2 r + r^3 \cos^2\theta) dr = \rho [z]_{-h/2}^{h/2} \int_{0}^{2\pi} \left[ z^2 \frac{r^2}{2} + \cos^2\theta \frac{r^4}{4} \right]_{0}^{a} d\theta$

$I = \rho h \int_{0}^{2\pi} \left( \frac{z^2 a^2}{2} + \frac{a^4}{4} \cos^2\theta \right) d\theta = \rho h \int_{0}^{2\pi} \left( \frac{a^2 z^2}{2} + \frac{a^4}{4} \frac{1 + \cos(2\theta)}{2} \right) d\theta$

$I = \rho h \left[ \frac{z^2 a^2}{2} \theta + \frac{a^4}{8} \left( \theta + \frac{\sin(2\theta)}{2} \right) \right]_{0}^{2\pi} = \rho h \left( z^2 a^2 \pi + \frac{a^4}{4} \pi \right) = \frac{M}{\pi a^2 h} \int_{-h/2}^{h/2} \pi \left( a^2 z^2 + \frac{a^4}{4} \right) dz$

$I = \frac{M}{a^2 h} \int_{-h/2}^{h/2} \left( a^2 z^2 + \frac{a^4}{4} \right) dz = \frac{M}{a^2 h} \left[ a^2 \frac{z^3}{3} + \frac{a^4}{4} z \right]_{-h/2}^{h/2}$

$I = \frac{M}{a^2 h} \left( a^2 \frac{h^3}{12} + \frac{a^4 h}{4} \right) = \frac{M}{h} \left( \frac{h^3}{12} + \frac{a^2 h}{4} \right) = M \left( \frac{h^2}{12} + \frac{a^2}{4} \right) = \frac{M}{12}(h^2 + 3a^2)$

3. 最終的な答え

1. $\int_{0}^{\infty} e^{-ax^2} dx = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{a}}$

2. $M = 2\pi \rho_0 a^2$

3. $Q = \frac{\pi}{3} q_0 a^3 h$

4. $I = \frac{M}{12}(h^2 + 3a^2)$