関数 $f(x,y) = \frac{y^2 - x^2}{(x^2+y^2)^2}$ と領域 $A = [0,1] \times [0,1] - \{(0,0)\}$ が与えられている。 (1) 領域 $A_n = \{(x,y) \in A \mid y \ge \frac{1}{n}\}$ における $f_+(x,y)$ の積分 $\iint_{A_n} f_+(x,y) dxdy$ の値を求めよ。ここで、$f_+(x,y) = \max\{0, f(x,y)\}$ である。 (2) 領域 $A_n$ における $f_-(x,y)$ の積分 $\iint_{A_n} f_-(x,y) dxdy$ の値を求めよ。ここで、$f_-(x,y) = \max\{0, -f(x,y)\}$ である。 (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よ。

1. 問題の内容

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

(1) 領域 $A_n = \{(x,y) \in A \mid y \ge \frac{1}{n}\}$ における $f_+(x,y)$ の積分 $\iint_{A_n} f_+(x,y) dxdy$ の値を求めよ。ここで、$f_+(x,y) = \max\{0, f(x,y)\}$ である。

(2) 領域 $A_n$ における $f_-(x,y)$ の積分 $\iint_{A_n} f_-(x,y) dxdy$ の値を求めよ。ここで、$f_-(x,y) = \max\{0, -f(x,y)\}$ である。

(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よ。

2. 解き方の手順

(1) $f(x,y) = \frac{y^2 - x^2}{(x^2+y^2)^2}$ について、$f(x,y) > 0$ となるのは $y^2 > x^2$, すなわち $|y| > |x|$ のときである。$x, y \ge 0$ なので、$y > x$ のとき $f(x,y) > 0$ であり、$y < x$ のとき $f(x,y) < 0$ である。よって、$f_+(x,y) = \max\{0, f(x,y)\}$ は、$y > x$ で $f(x,y)$ に等しく、$y \le x$ で $0$ に等しい。

したがって、

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\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

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ここで、$x = y \tan\theta$ とおくと、$dx = y \sec^2\theta d\theta$ であり、$x=0$ のとき $\theta = 0$, $x=y$ のとき $\theta = \frac{\pi}{4}$ である。

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\int_0^y \frac{y^2 - x^2}{(x^2+y^2)^2} dx = \int_0^{\pi/4} \frac{y^2 - y^2 \tan^2\theta}{(y^2 \tan^2\theta + y^2)^2} y \sec^2\theta d\theta = \int_0^{\pi/4} \frac{y^2(1 - \tan^2\theta)}{y^4(1 + \tan^2\theta)^2} y \sec^2\theta d\theta

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= \int_0^{\pi/4} \frac{y^3 (1 - \tan^2\theta) \sec^2\theta}{y^4 (\sec^2\theta)^2} d\theta = \frac{1}{y} \int_0^{\pi/4} \frac{1 - \tan^2\theta}{\sec^2\theta} d\theta = \frac{1}{y} \int_0^{\pi/4} (\cos^2\theta - \sin^2\theta) d\theta = \frac{1}{y} \int_0^{\pi/4} \cos(2\theta) d\theta

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= \frac{1}{y} \left[ \frac{1}{2} \sin(2\theta) \right]_0^{\pi/4} = \frac{1}{y} \cdot \frac{1}{2} (\sin(\pi/2) - \sin(0)) = \frac{1}{2y}

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よって、

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\iint_{A_n} f_+(x,y) dxdy = \int_{1/n}^1 \frac{1}{2y} dy = \frac{1}{2} [\ln y]_{1/n}^1 = \frac{1}{2} (\ln 1 - \ln \frac{1}{n}) = \frac{1}{2} (0 - (-\ln n)) = \frac{1}{2} \ln n

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(2) $f_-(x,y) = \max\{0, -f(x,y)\}$ であり、$y < x$ のとき $-f(x,y) > 0$ であり、$y \ge x$ で $-f(x,y) \le 0$ である。よって、

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\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

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

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ここで、$x = y \tan\theta$ とおくと、$dx = y \sec^2\theta d\theta$ である。$x = y$ のとき $\theta = \frac{\pi}{4}$ であり、$x=1$ のとき $\theta = \arctan(\frac{1}{y})$ である。

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\int_y^1 \frac{x^2 - y^2}{(x^2+y^2)^2} dx = - \int_1^y \frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2} dx = -[\frac{x}{2(x^2+y^2)}]_1^y = -\frac{y}{2(2y^2)}+\frac{1}{2(1+y^2)} = -\frac{1}{4y} + \frac{1}{2(1+y^2)}

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\iint_{A_n} f_-(x,y) dxdy = \int_{1/n}^1 \left( - \frac{1}{4y} + \frac{1}{2(1+y^2)} \right) dy = \left[ -\frac{1}{4} \ln y + \frac{1}{2} \arctan y \right]_{1/n}^1 = \left(-\frac{1}{4} \ln 1 + \frac{1}{2} \arctan 1\right) - \left( -\frac{1}{4} \ln \frac{1}{n} + \frac{1}{2} \arctan \frac{1}{n} \right)

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= \left(0 + \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{4}\right) - \left( \frac{1}{4} \ln n + \frac{1}{2} \arctan \frac{1}{n} \right) = \frac{\pi}{8} - \frac{1}{4} \ln n - \frac{1}{2} \arctan \frac{1}{n}

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(3) $\iint_A f(x,y) dxdy = \lim_{n \to \infty} \iint_{A_n} f(x,y) dxdy = \lim_{n \to \infty} \iint_{A_n} f_+(x,y) dxdy - \iint_{A_n} f_-(x,y) dxdy$

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= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2} \ln n - (\frac{\pi}{8} - \frac{1}{4} \ln n - \frac{1}{2} \arctan \frac{1}{n}) = \lim_{n \to \infty} \frac{3}{4} \ln n + \frac{1}{2} \arctan \frac{1}{n} - \frac{\pi}{8} = \infty

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したがって、広義積分は存在しない。

3. 最終的な答え

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

(2) $\iint_{A_n} f_-(x,y) dxdy = \frac{\pi}{8} - \frac{1}{4} \ln n - \frac{1}{2} \arctan \frac{1}{n}$

(3) 広義積分 $\iint_A f(x,y) dxdy$ は存在しない。