(a) $\int_{0}^{2} \int_{1}^{4} xy \, dy \, dx$ の累次積分を計算する。 (b) $\int_{1}^{4} \int_{0}^{2} (y - xy^2 + 4xy) \, dx \, dy$ の累次積分を計算する。 (c) $\iint_{D} (x^2 + 2xy + y^2) \, dx \, dy$, $D: -1 \le x \le 1, 2 \le y \le 3$ の2重積分を計算する。 (d) $\iint_{D} (x^2 + 2xy) \, dx \, dy$, $D: 0 \le x \le 1, 0 \le y \le x$ の2重積分を計算する。

1. 問題の内容

(a) $\int_{0}^{2} \int_{1}^{4} xy \, dy \, dx$ の累次積分を計算する。

(b) $\int_{1}^{4} \int_{0}^{2} (y - xy^2 + 4xy) \, dx \, dy$ の累次積分を計算する。

(c) $\iint_{D} (x^2 + 2xy + y^2) \, dx \, dy$, $D: -1 \le x \le 1, 2 \le y \le 3$ の2重積分を計算する。

(d) $\iint_{D} (x^2 + 2xy) \, dx \, dy$, $D: 0 \le x \le 1, 0 \le y \le x$ の2重積分を計算する。

2. 解き方の手順

(a) まず内側の積分を計算し、次に外側の積分を計算する。

$\int_{1}^{4} xy \, dy = x \int_{1}^{4} y \, dy = x \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{1}^{4} = x \left( \frac{16}{2} - \frac{1}{2} \right) = \frac{15}{2}x$

$\int_{0}^{2} \frac{15}{2}x \, dx = \frac{15}{2} \int_{0}^{2} x \, dx = \frac{15}{2} \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{2} = \frac{15}{2} \left( \frac{4}{2} - 0 \right) = \frac{15}{2} \cdot 2 = 15$

(b) まず内側の積分を計算し、次に外側の積分を計算する。

$\int_{0}^{2} (y - xy^2 + 4xy) \, dx = \int_{0}^{2} y \, dx - \int_{0}^{2} xy^2 \, dx + \int_{0}^{2} 4xy \, dx = y \int_{0}^{2} dx - y^2 \int_{0}^{2} x \, dx + 4y \int_{0}^{2} x \, dx$

$= y[x]_{0}^{2} - y^2 \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{2} + 4y \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{2} = 2y - y^2 \cdot \frac{4}{2} + 4y \cdot \frac{4}{2} = 2y - 2y^2 + 8y = 10y - 2y^2$

$\int_{1}^{4} (10y - 2y^2) \, dy = 10 \int_{1}^{4} y \, dy - 2 \int_{1}^{4} y^2 \, dy = 10 \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{1}^{4} - 2 \left[ \frac{y^3}{3} \right]_{1}^{4} = 10 \left( \frac{16}{2} - \frac{1}{2} \right) - 2 \left( \frac{64}{3} - \frac{1}{3} \right) = 10 \cdot \frac{15}{2} - 2 \cdot \frac{63}{3} = 75 - 42 = 33$

(c) 積分領域 $D$ は長方形なので、積分順序を気にせず積分できる。

$\iint_{D} (x^2 + 2xy + y^2) \, dx \, dy = \int_{2}^{3} \int_{-1}^{1} (x+y)^2 \, dx \, dy$

$\int_{-1}^{1} (x+y)^2 \, dx = \left[ \frac{(x+y)^3}{3} \right]_{-1}^{1} = \frac{(1+y)^3}{3} - \frac{(-1+y)^3}{3} = \frac{1}{3} [(1+y)^3 - (y-1)^3] = \frac{1}{3} [(1+3y+3y^2+y^3)-(y^3-3y^2+3y-1)] = \frac{1}{3} [2+6y^2] = \frac{2}{3} + 2y^2$

$\int_{2}^{3} (\frac{2}{3} + 2y^2) \, dy = \frac{2}{3} \int_{2}^{3} dy + 2 \int_{2}^{3} y^2 \, dy = \frac{2}{3} [y]_{2}^{3} + 2 \left[ \frac{y^3}{3} \right]_{2}^{3} = \frac{2}{3}(3-2) + 2(\frac{27}{3} - \frac{8}{3}) = \frac{2}{3} + 2 \cdot \frac{19}{3} = \frac{2}{3} + \frac{38}{3} = \frac{40}{3}$

(d)

$\iint_{D} (x^2 + 2xy) \, dx \, dy = \int_{0}^{1} \int_{0}^{x} (x^2 + 2xy) \, dy \, dx$

$\int_{0}^{x} (x^2 + 2xy) \, dy = \int_{0}^{x} x^2 \, dy + 2x \int_{0}^{x} y \, dy = x^2 [y]_{0}^{x} + 2x \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{0}^{x} = x^2(x-0) + 2x (\frac{x^2}{2} - 0) = x^3 + x^3 = 2x^3$

$\int_{0}^{1} 2x^3 \, dx = 2 \int_{0}^{1} x^3 \, dx = 2 \left[ \frac{x^4}{4} \right]_{0}^{1} = 2 (\frac{1}{4} - 0) = \frac{1}{2}$

3. 最終的な答え

(a) 15

(b) 33

(c) $\frac{40}{3}$

(d) $\frac{1}{2}$