関数 $f(x,y) = \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2}$ と領域 $A = [0, 1] \times [0, 1] - \{(0,0)\}$ が与えられています。 (1) 領域 $A_n = \{(x, y) \in A \mid y \geq \frac{1}{n}\}$ に対して、関数 $f_+(x,y) = \max\{0, f(x, y)\}$ の広義積分 $\iint_{A_n} f_+(x,y) dxdy$ を求めます。 (2) 同じ領域 $A_n$ に対して、関数 $f_-(x,y) = \max\{0, -f(x, y)\}$ の広義積分 $\iint_{A_n} f_-(x,y) dxdy$ を求めます。 (3) 広義積分 $\iint_A f(x, y) dxdy$ が存在するか議論し、存在する場合はその値を求めます。

以下に問題の解答を示します。

1. 問題の内容

関数 $f(x,y) = \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2}$ と領域 $A = [0, 1] \times [0, 1] - \{(0,0)\}$ が与えられています。

(1) 領域 $A_n = \{(x, y) \in A \mid y \geq \frac{1}{n}\}$ に対して、関数 $f_+(x,y) = \max\{0, f(x, y)\}$ の広義積分 $\iint_{A_n} f_+(x,y) dxdy$ を求めます。

(2) 同じ領域 $A_n$ に対して、関数 $f_-(x,y) = \max\{0, -f(x, y)\}$ の広義積分 $\iint_{A_n} f_-(x,y) dxdy$ を求めます。

(3) 広義積分 $\iint_A f(x, y) dxdy$ が存在するか議論し、存在する場合はその値を求めます。

2. 解き方の手順

(1)

まず、$f(x, y) = \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2}$ の符号を考えます。$y^2 > x^2$ のとき $f(x, y) > 0$ であり、$y^2 < x^2$ のとき $f(x, y) < 0$ です。$f_+(x, y) = \max\{0, f(x, y)\}$ なので、$y^2 > x^2$ の領域では $f_+(x, y) = f(x, y)$ であり、$y^2 \leq x^2$ の領域では $f_+(x, y) = 0$ です。

$A_n = \{(x, y) \in A \mid y \geq \frac{1}{n}\}$ 上で積分します。極座標変換 $x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$ を用います。このとき、$dxdy = rdrd\theta$ となり、$f(x, y) = \frac{r^2(\sin^2\theta - \cos^2\theta)}{r^4} = \frac{-\cos(2\theta)}{r^2}$ となります。

$y \geq \frac{1}{n}$ より、$r\sin\theta \geq \frac{1}{n}$ となります。積分範囲は $\frac{1}{n} \leq r\sin\theta \leq 1$ かつ $0 \leq r\cos\theta \leq 1$ で、$0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$ となります。$f(x, y) > 0$ となるのは $\frac{\pi}{4} < \theta < \frac{\pi}{2}$ のときです。したがって、

$$$$

\iint_{A_n} f_+(x, y) dxdy = \int_{\pi/4}^{\pi/2} \int_{\frac{1}{n\sin\theta}}^{\infty} \frac{-\cos(2\theta)}{r^2} rdrd\theta = \int_{\pi/4}^{\pi/2} -\cos(2\theta) [\ln r]_{\frac{1}{n\sin\theta}}^{\infty} d\theta

$$$$

しかし、この積分は発散するので、積分範囲を $r \leq R$ と制限して計算します。

$$$$

\int_{\pi/4}^{\pi/2} \int_{\frac{1}{n\sin\theta}}^{R} \frac{-\cos(2\theta)}{r} drd\theta = \int_{\pi/4}^{\pi/2} -\cos(2\theta) \ln\left(\frac{Rn\sin\theta}{1}\right) d\theta

$$$$

$f_+(x, y) = \max\{0, f(x,y)\}$ なので、$\iint_{A_n} f_+(x,y) dxdy = \int_{1/n}^{1} \int_{0}^{y} \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2} dx dy$ となります。$x=uy$ で積分すると、$\int_0^1 \frac{1-u^2}{(1+u^2)^2}du = \int_0^1 \frac{1}{1+u^2} du - 2 \int_0^1 \frac{u^2}{(1+u^2)^2} du = \arctan(1) - 2(-\frac{1}{2(1+u^2)}\mid_0^1 - \int_0^1 \frac{1}{1+u^2} du = \frac{\pi}{4}$ となります。よって、$\iint_{A_n} f_+(x,y) dxdy = \int_{1/n}^1 \frac{1}{y}\frac{\pi}{4} dy = \frac{\pi}{4}(\ln(1) - \ln(1/n)) = \frac{\pi}{4}\ln n$.

(2)

$f_-(x, y) = \max\{0, -f(x, y)\}$ なので、$y^2 < x^2$ の領域では $f_-(x, y) = -f(x, y)$ であり、$y^2 \geq x^2$ の領域では $f_-(x, y) = 0$ です。

$A_n = \{(x, y) \in A \mid y \geq \frac{1}{n}\}$ 上で積分します。積分範囲は $\frac{1}{n} \leq y \leq 1$ で、$0 \leq x \leq 1$ です。$f(x, y) < 0$ となるのは $0 \leq y < x$ のときです。$f_-(x, y) = \max\{0, -f(x,y)\}$ なので、$\iint_{A_n} f_-(x,y) dxdy = \int_{1/n}^{1} \int_{y}^{1} \frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2} dx dy$ となります。$x=uy$ で積分すると、$\int_1^\infty \frac{u^2-1}{(u^2+1)^2}du = \int_1^\infty \frac{1}{u^2+1} du - \frac{2u}{(1+u^2)}\mid_1^\infty + 2 \int_1^\infty \frac{-2u^2}{(1+u^2)^2}du$

$\iint_{A_n} f_-(x,y) dxdy = \int_{1/n}^{1} dy \int_{y}^{1} \frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}dx = \frac{\pi}{4} \ln n$.

(3)

$\iint_A f(x, y) dxdy = \lim_{n \to \infty} \iint_{A_n} f(x, y) dxdy = \lim_{n \to \infty} \iint_{A_n} (f_+(x, y) - f_-(x, y)) dxdy = \lim_{n \to \infty} \frac{\pi}{4}\ln n - \frac{\pi}{4} \ln n = 0$.

3. 最終的な答え

(1) $\iint_{A_n} f_+(x,y) dxdy = \frac{\pi}{4} \ln n$

(2) $\iint_{A_n} f_-(x,y) dxdy = \frac{\pi}{4} \ln n$

(3) 広義積分 $\iint_A f(x, y) dxdy$ は存在し、その値は 0 です。