関数 $f(x,y) = \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2}$ が与えられ、領域 $A = [0, 1] \times [0, 1] - \{(0,0)\}$ 上での広義積分 $\iint_A f(x,y) dxdy$ を考えます。 (1) 領域 $A_n = \{(x,y) \in A \mid y \geq \frac{1}{n}\}$ に対して、 $f_+(x,y) = \max\{0, f(x,y)\}$ とするとき、積分 $\iint_{A_n} f_+(x,y) dxdy$ の値を求めます。 (2) 上の (1) と同じ $A_n$ に対して、$f_-(x,y) = \max\{0, -f(x,y)\}$ とするとき、積分 $\iint_{A_n} f_-(x,y) dxdy$ の値を求めます。 (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。

はい、承知いたしました。問題を解いていきます。

1. 問題の内容

関数 $f(x,y) = \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2}$ が与えられ、領域 $A = [0, 1] \times [0, 1] - \{(0,0)\}$ 上での広義積分 $\iint_A f(x,y) dxdy$ を考えます。

(1) 領域 $A_n = \{(x,y) \in A \mid y \geq \frac{1}{n}\}$ に対して、 $f_+(x,y) = \max\{0, f(x,y)\}$ とするとき、積分 $\iint_{A_n} f_+(x,y) dxdy$ の値を求めます。

(2) 上の (1) と同じ $A_n$ に対して、$f_-(x,y) = \max\{0, -f(x,y)\}$ とするとき、積分 $\iint_{A_n} f_-(x,y) dxdy$ の値を求めます。

(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、$f_+(x,y)$を求めます。$f(x,y) = \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2}$ であり、$f_+(x,y) = \max\{0, f(x,y)\}$ なので、$f(x,y) > 0$ のとき $f_+(x,y) = f(x,y)$、$f(x,y) \leq 0$ のとき $f_+(x,y) = 0$ となります。

$f(x,y) > 0$ となるのは $y^2 > x^2$ のとき、つまり $y > |x|$ のときです。$A_n$ 上では $x \in [0,1]$, $y \in [\frac{1}{n}, 1]$ なので、積分領域を $y > x$ と $y \leq x$ で分けて積分します。

$\iint_{A_n} f_+(x,y) dxdy = \iint_{A_n, y>x} f(x,y) dxdy + \iint_{A_n, y\le x} 0 dxdy = \int_{\frac{1}{n}}^1 \int_0^y \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2} dxdy$

$x = y\tan\theta$ と置換すると、$dx = y \sec^2\theta d\theta$ となり、$x=0$ のとき $\theta = 0$, $x=y$ のとき $\theta = \frac{\pi}{4}$ です。

$\int_0^y \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2} dx = \int_0^{\pi/4} \frac{y^2 - y^2\tan^2\theta}{(y^2\tan^2\theta + y^2)^2} y \sec^2\theta d\theta = \int_0^{\pi/4} \frac{y^3(1 - \tan^2\theta)}{y^4(1 + \tan^2\theta)^2} \sec^2\theta d\theta = \frac{1}{y} \int_0^{\pi/4} \frac{1 - \tan^2\theta}{\sec^4\theta} \sec^2\theta d\theta = \frac{1}{y} \int_0^{\pi/4} \frac{1 - \tan^2\theta}{\sec^2\theta} d\theta = \frac{1}{y} \int_0^{\pi/4} (\cos^2\theta - \sin^2\theta) d\theta = \frac{1}{y} \int_0^{\pi/4} \cos(2\theta) d\theta = \frac{1}{y} [\frac{1}{2}\sin(2\theta)]_0^{\pi/4} = \frac{1}{2y}$

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

(2) 次に、$f_-(x,y)$を求めます。$f_-(x,y) = \max\{0, -f(x,y)\}$ なので、$f(x,y) < 0$ のとき $f_-(x,y) = -f(x,y)$、$f(x,y) \geq 0$ のとき $f_-(x,y) = 0$ となります。

$f(x,y) < 0$ となるのは $y^2 < x^2$ のとき、つまり $y < |x|$ のときです。$A_n$ 上では $x \in [0,1]$, $y \in [\frac{1}{n}, 1]$ なので、積分領域を $y < x$ と $y \geq x$ で分けて積分します。

$\iint_{A_n} f_-(x,y) dxdy = \iint_{A_n, y<x} -f(x,y) dxdy + \iint_{A_n, y\ge x} 0 dxdy = \int_{\frac{1}{n}}^1 \int_y^1 \frac{x^2 - y^2}{(x^2 + y^2)^2} dxdy$

$x = y\tan\theta$ と置換すると、$dx = y \sec^2\theta d\theta$ となり、$x=y$ のとき $\theta = \frac{\pi}{4}$, $x=1$ のとき $\theta = \arctan(\frac{1}{y})$ です。

$\int_y^1 \frac{x^2 - y^2}{(x^2 + y^2)^2} dx= \int_{\pi/4}^{\arctan(1/y)} \frac{y^2\tan^2\theta - y^2}{(y^2\tan^2\theta + y^2)^2} y \sec^2\theta d\theta = \int_{\pi/4}^{\arctan(1/y)} \frac{y^3(\tan^2\theta - 1)}{y^4(\tan^2\theta + 1)^2} \sec^2\theta d\theta = \frac{1}{y} \int_{\pi/4}^{\arctan(1/y)} \frac{\tan^2\theta - 1}{\sec^4\theta} \sec^2\theta d\theta = \frac{1}{y} \int_{\pi/4}^{\arctan(1/y)} (\sin^2\theta - \cos^2\theta) d\theta = \frac{1}{y} \int_{\pi/4}^{\arctan(1/y)} -\cos(2\theta) d\theta = \frac{1}{y} [-\frac{1}{2}\sin(2\theta)]_{\pi/4}^{\arctan(1/y)} = \frac{1}{y} [-\frac{1}{2} \frac{2(1/y)}{1+(1/y)^2} + \frac{1}{2}] = \frac{1}{y} [-\frac{1}{y}\frac{y^2}{y^2+1} + \frac{1}{2}] = -\frac{y}{y^2+1} + \frac{1}{2y}$

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

(3) $\iint_A f(x,y) dxdy = \lim_{n\to\infty} \iint_{A_n} f(x,y) dxdy = \lim_{n\to\infty} (\iint_{A_n} f_+(x,y) dxdy - \iint_{A_n} f_-(x,y) dxdy) = \lim_{n\to\infty} (\frac{1}{2}\ln n - \frac{1}{2} \ln (\frac{n^2+1}{2n})) = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{2} \ln (\frac{n}{\frac{n^2+1}{2n}}) = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{2} \ln (\frac{2n^2}{n^2+1}) = \frac{1}{2} \ln 2$

3. 最終的な答え

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

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

(3) $\iint_A f(x,y) dxdy = \frac{1}{2} \ln 2$