問題1は、指定された領域 $D$ における重積分を計算する問題です。 問題2は、$f(x, y) = \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2}$ という関数について、領域 $A_n$ における $f_+(x, y)$ と $f_-(x, y)$ の重積分を計算し、最後に領域 $A$ における広義重積分の存在とその値を議論する問題です。

以下に、問題1の(1), (2), (3)の解法と解答、および問題2の(1), (2), (3)の解法と解答を示します。

1. 問題の内容

問題1は、指定された領域 $D$ における重積分を計算する問題です。

問題2は、$f(x, y) = \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2}$ という関数について、領域 $A_n$ における $f_+(x, y)$ と $f_-(x, y)$ の重積分を計算し、最後に領域 $A$ における広義重積分の存在とその値を議論する問題です。

2. 解き方の手順

問題1:

(1) $\iint_D \frac{1}{\sqrt{y - x}} \, dxdy$, $D: 0 \le x \le y \le 1$

まず、$x$ について積分し、次に $y$ について積分します。

$\int_0^y \frac{1}{\sqrt{y-x}} dx = \left[ -2\sqrt{y-x} \right]_0^y = 2\sqrt{y}$

$\int_0^1 2\sqrt{y} dy = \left[ \frac{4}{3} y^{3/2} \right]_0^1 = \frac{4}{3}$

(2) $\iint_D (x + y)^2 e^{-x-y} \, dxdy$, $D: -1 \le x + y \le 1$, $-1 \le x - y \le 1$

変数変換を行います。$u = x + y$, $v = x - y$ とすると、$x = \frac{u+v}{2}$, $y = \frac{u-v}{2}$ であり、ヤコビアンは $\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)} = \begin{vmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{vmatrix} = -\frac{1}{2}$ となります。 絶対値を取ると $|\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}| = \frac{1}{2}$ です。

積分領域は $-1 \le u \le 1$, $-1 \le v \le 1$ となります。

$\iint_D (x + y)^2 e^{-x-y} \, dxdy = \int_{-1}^1 \int_{-1}^1 u^2 e^{-u} \frac{1}{2} \, dvdu = \frac{1}{2} \int_{-1}^1 u^2 e^{-u} du \int_{-1}^1 dv$

$\int_{-1}^1 dv = 2$

$\int_{-1}^1 u^2 e^{-u} du = [-u^2 e^{-u}]_{-1}^1 - \int_{-1}^1 -2u e^{-u} du = -e^{-1} + e + 2\int_{-1}^1 ue^{-u} du = -e^{-1} + e + 2([-ue^{-u}]_{-1}^1 - \int_{-1}^1 -e^{-u} du) = -e^{-1} + e + 2(-e^{-1} - e - [e^{-u}]_{-1}^1) = -e^{-1} + e + 2(-e^{-1} - e - e^{-1} + e) = -e^{-1} + e - 2e^{-1} = e - 3e^{-1}$

したがって、重積分は $\frac{1}{2} \cdot 2 (e - 3e^{-1}) = e - 3e^{-1}$ となります。

(3) $\iint_D \frac{|xy|}{x^2 + y^2} \, dxdy$, $D: x^2 + y^2 \le 1$

極座標変換を行います。$x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$ とすると、$dxdy = r \, drd\theta$ であり、$x^2 + y^2 = r^2$ となります。

積分領域は $0 \le r \le 1$, $0 \le \theta \le 2\pi$ となります。

$\iint_D \frac{|xy|}{x^2 + y^2} \, dxdy = \int_0^{2\pi} \int_0^1 \frac{|r\cos\theta \cdot r\sin\theta|}{r^2} r \, drd\theta = \int_0^{2\pi} \int_0^1 |\cos\theta \sin\theta| r \, drd\theta = \int_0^{2\pi} |\cos\theta \sin\theta| \left[ \frac{r^2}{2} \right]_0^1 d\theta = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} |\cos\theta \sin\theta| d\theta = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \frac{1}{2} |\sin(2\theta)| d\theta = \frac{1}{4} \cdot 4 \int_0^{\pi/2} \sin(2\theta) d\theta = \left[ -\frac{1}{2}\cos(2\theta) \right]_0^{\pi/2} = -\frac{1}{2}(-1 - 1) = 1$

問題2:

(1) $A_n = \{(x, y) \in A \,|\, y \ge \frac{1}{n}\}$ とする。$\iint_{A_n} f_+(x, y) \, dxdy$ の値を求めよ。ここで、$f_+(x, y) = \max\{0, f(x, y)\}$

$f(x, y) = \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2}$ であり、$A = [0, 1] \times [0, 1] - \{(0, 0)\}$ です。

$f(x, y) > 0$ となるのは $y^2 > x^2$ のとき、つまり $|y| > |x|$ のときです。領域 $A_n$ において、$y \ge \frac{1}{n}$ であり、これは常に正です。

$\iint_{A_n} f_+(x, y) dxdy = \int_{1/n}^1 \int_0^y \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2} dxdy$

$\int_0^y \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2} dx = \int_0^y \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{x}{x^2 + y^2} \right) dx = \left[ \frac{x}{x^2 + y^2} \right]_0^y = \frac{y}{y^2 + y^2} = \frac{1}{2y}$

$\int_{1/n}^1 \frac{1}{2y} dy = \left[ \frac{1}{2} \ln y \right]_{1/n}^1 = \frac{1}{2} (\ln 1 - \ln \frac{1}{n}) = \frac{1}{2} (0 - (-\ln n)) = \frac{1}{2} \ln n$

(2) 上の (1) と同じ $A_n$ に対して、$\iint_{A_n} f_-(x, y) \, dxdy$ の値を求めよ。ここで、$f_-(x, y) = \max\{0, -f(x, y)\}$

$f(x, y) = \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2}$ であり、$f(x, y) < 0$ となるのは $y^2 < x^2$ のとき、つまり $|y| < |x|$ のときです。

$\iint_{A_n} f_-(x, y) dxdy = \int_{1/n}^1 \int_y^1 \frac{x^2 - y^2}{(x^2 + y^2)^2} dxdy$

$\int_y^1 \frac{x^2 - y^2}{(x^2 + y^2)^2} dx = \left[-\frac{x}{2(x^2+y^2)} + \frac{1}{2y} \arctan(\frac{x}{y}) \right]_y^1 = -\frac{1}{2(1+y^2)} + \frac{1}{2y} \arctan(\frac{1}{y}) + \frac{y}{2(y^2+y^2)} - \frac{1}{2y} \arctan(1) = -\frac{1}{2(1+y^2)} + \frac{1}{2y} \arctan(\frac{1}{y}) + \frac{1}{4y} - \frac{\pi}{8y}$

$\int_{1/n}^1 \left( -\frac{1}{2(1+y^2)} + \frac{1}{2y} \arctan(\frac{1}{y}) + \frac{1}{4y} - \frac{\pi}{8y} \right) dy$

これは計算が非常に複雑になります。

$\int_{1/n}^1 \int_y^1 \frac{x^2 - y^2}{(x^2 + y^2)^2} dxdy = \int_{1/n}^1 [ \frac{-x}{2(x^2+y^2)} + \frac{1}{2y}\arctan(x/y) ]_y^1 dy= \int_{1/n}^1 [ \frac{-1}{2(1+y^2)} + \frac{1}{2y}\arctan(1/y) + \frac{y}{2(y^2+y^2)} - \frac{1}{2y}\arctan(y/y) ]dy= \int_{1/n}^1 [ \frac{-1}{2(1+y^2)} + \frac{1}{2y}\arctan(1/y) + \frac{1}{4y} - \frac{1}{2y}\frac{\pi}{4} ]dy$

$\int_{1/n}^1 [ \frac{-1}{2(1+y^2)} + \frac{1}{2y}\arctan(1/y) + \frac{1}{4y} - \frac{\pi}{8y} ]dy = \frac{1}{2} \ln(n)/2 - \pi/16*2n + \arctan(1/1)/4 = \frac{\pi}{16}(1 + \ln(n)-2/n)$

$\int_{1/n}^{1} \frac{1}{2(1+y^2)} dy = \int_{1/n}^1\frac{1}{2}\arctan(y)]dy=\frac{1}{2}* \arctan(1/n)

(3) 広義重積分 $\iint_A f(x, y) \, dxdy$ が存在するか議論せよ。また、存在する場合にはその値を求めよ。

$\iint_A f(x,y) dxdy = \iint_A f_+(x,y) dxdy + \iint_A f_-(x,y) dxdy$.

$\lim_{n \to \infty} \iint_{A_n} f_+(x,y) dxdy = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2} \ln n = \infty$.

$\lim_{n \to \infty} \iint_{A_n} f_-(x,y) dxdy = \frac{1}{2} \lim_{n->\infty} [ln/4n - \arctan/(1-n]/ = pi / 16$

したがって、広義重積分は存在しません。

3. 最終的な答え

問題1:

(1) $\frac{4}{3}$

(2) $e - 3e^{-1}$

(3) 1

問題2:

(1) $\frac{1}{2} \ln n$

(2) $\frac{\pi}{16} (\frac{\pi}{2} + ln(n)-2/n)$

(3) 存在しない