関数 $f(x, y) = \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2}$ が与えられ、領域 $A = [0, 1] \times [0, 1] - \{(0, 0)\}$ での広義重積分を考えます。 (1) 領域 $A_n = \{(x, y) \in A | y \ge \frac{1}{n}\}$ における $f_+(x, y)$ の重積分 $\iint_{A_n} f_+(x, y) dxdy$ を求めます。ここで、$f_+(x, y) = \max\{0, f(x, y)\}$ です。 (2) 上の(1)と同じ $A_n$ に対して、$f_-(x, y)$ の重積分 $\iint_{A_n} f_-(x, y) dxdy$ を求めます。ここで、$f_-(x, y) = \max\{0, -f(x, y)\}$ です。 (3) 広義重積分 $\iint_A f(x, y) dxdy$ が存在するかどうか議論し、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しょう。

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 $A = [0, 1] \times [0, 1] - \{(0, 0)\}$ での広義重積分を考えます。

(1) 領域 $A_n = \{(x, y) \in A | y \ge \frac{1}{n}\}$ における $f_+(x, y)$ の重積分 $\iint_{A_n} f_+(x, y) dxdy$ を求めます。ここで、$f_+(x, y) = \max\{0, f(x, y)\}$ です。

(2) 上の(1)と同じ $A_n$ に対して、$f_-(x, y)$ の重積分 $\iint_{A_n} f_-(x, y) dxdy$ を求めます。ここで、$f_-(x, y) = \max\{0, -f(x, y)\}$ です。

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

2. 解き方の手順

(1) $\iint_{A_n} f_+(x, y) dxdy$ の計算

まず、$f(x, y) = \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2}$ が正になる領域を考えます。$f(x, y) > 0$ となるのは、$y^2 > x^2$、つまり $|y| > |x|$ のときです。今、$x, y \ge 0$ なので、$y > x$ のとき $f(x, y) > 0$ となります。

$f_+(x, y) = \max\{0, f(x, y)\}$ なので、$y > x$ のとき $f_+(x, y) = f(x, y)$、$y \le x$ のとき $f_+(x, y) = 0$ となります。したがって、

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\iint_{A_n} f_+(x, y) dxdy = \iint_{A_n \cap \{y > x\}} f(x, y) dxdy

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極座標変換 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$ を用います。このとき、$x^2 + y^2 = r^2$、$dxdy = rdrd\theta$ となります。$f(x, y)$ は

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f(r\cos\theta, r\sin\theta) = \frac{r^2\sin^2\theta - r^2\cos^2\theta}{(r^2)^2} = \frac{\sin^2\theta - \cos^2\theta}{r^2} = -\frac{\cos 2\theta}{r^2}

$$$$

$f_+(x, y)$ を積分する領域は、$y \ge \frac{1}{n}$ かつ $y > x$ です。つまり、$r\sin\theta \ge \frac{1}{n}$ かつ $\frac{\pi}{4} < \theta \le \frac{\pi}{2}$ となります。$r \ge \frac{1}{n\sin\theta}$ です。

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\iint_{A_n} f_+(x, y) dxdy = \int_{\pi/4}^{\pi/2} \int_{1/(n\sin\theta)}^{\sqrt{\csc^2\theta} \land 1} -\frac{\cos 2\theta}{r^2} r dr d\theta = \int_{\pi/4}^{\pi/2} \int_{1/(n\sin\theta)}^{1/\sin \theta} - \cos(2\theta) /r dr d\theta

$$$$

計算を簡単にするために、まず積分範囲を考えます。

積分範囲は、$x=0$ から $x=y$ まで、そして $y = 1/n$ から $y=1$ までです。

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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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$x = y\tan\phi$ と置換すると、$dx = y \sec^2\phi d\phi$ であり、

$\int \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2} dx = \frac{x}{2y(x^2+y^2)}$ となるので、

$$$$

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

$$$$

したがって、

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

$$$$

**これは誤りです。正しくは以下となります。**

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\int_{1/n}^1 \int_0^y \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2} dx dy = \int_{1/n}^1 \frac{1}{4y^2} dy = \frac{1}{4} [-1/y]_{1/n}^1 = \frac{1}{4}(-1 + n) = \frac{n-1}{4}

$$$$

しかし、$f_+(x,y)$を積分しているため、$y \ge x$となる範囲のみ積分すればいいので、積分範囲は変更ありません。積分結果も変わりません。

(2) $\iint_{A_n} f_-(x, y) dxdy$ の計算

$f_-(x, y) = \max\{0, -f(x, y)\}$ なので、$y < x$ のとき $f_-(x, y) = -f(x, y)$、$y \ge x$ のとき $f_-(x, y) = 0$ となります。したがって、

$$$$

\iint_{A_n} f_-(x, y) dxdy = \iint_{A_n \cap \{y < x\}} -f(x, y) dxdy

$$$$

積分範囲は、$x=1/n$ から $x=1$ まで、そして $y = 1/n$ から $y=x$ までです。

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

$$$$

$y = x\tan\phi$ と置換すると、$dy = x \sec^2\phi d\phi$ であり、

$\int -\frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2} dy = \frac{y}{2x(x^2+y^2)}$ となるので、

$$$$

\int_{1/n}^{x} -\frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2} dy = \left[ \frac{y}{2x(x^2+y^2)} \right]_{1/n}^{x} = \frac{x}{2x(x^2+x^2)} - \frac{1/n}{2x(x^2 + 1/n^2)} = \frac{1}{4x^2} - \frac{1}{2x(nx^2+1/n)}

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$$$$

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

$$$$

$\int \frac{1}{x(n^2x^2 + 1)} dx = \int (\frac{1}{x} - \frac{n^2x}{n^2x^2 + 1})dx = \ln(x) - \frac{1}{2}\ln(n^2x^2 + 1)$ なので

$\int_{1/n}^1 \frac{n}{x(n^2x^2 + 1)} dx = [\ln(x) - \frac{1}{2}\ln(n^2x^2 + 1)]_{1/n}^1= \ln(1)-\ln(\frac{1}{n})-\frac{1}{2}(\ln(n^2+1) - \ln(1+1)) = \ln(n) - \frac{1}{2}\ln(\frac{n^2+1}{2})$

最終的には

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\iint_{A_n} f_-(x, y) dxdy = (-\frac{1}{4} + \frac{n}{4}) - \frac{n}{2} (\ln(n) - \frac{1}{2}\ln(\frac{n^2+1}{2}))

$$$$

(3) 広義重積分 $\iint_A f(x, y) dxdy$ の計算

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

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

$$$$

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

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極座標で計算すると、

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\iint_A f(x,y)dxdy = \int_0^1 \int_0^1 \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}dxdy

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ただし、$(0,0)$を除く。

$A_n = [0,1]\times[0,1] - \{(x,y) \mid x^2+y^2 < 1/n^2\}$ とすると

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

$\int_0^{\pi/2} \int_{1/n}^{\sqrt(2)} f(r\cos\theta,r\sin\theta)rdrd\theta$

3. 最終的な答え

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

(2) 最終的な答えを求めるために計算を見直すと、領域の取り方が正しくありません。

(3) 広義積分が存在するかどうかは、(1)と(2)の値を使って検討します。

**修正:**

(2)の計算を見直すと、$f_-(x, y) > 0$ は、$x > y$ のときなので、

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

= $\int_{1/n}^1 (\frac{1}{4x^2} - \frac{1/n}{2x(x^2+1/n^2)})dx = [-\frac{1}{4x}]_{1/n}^1 - \frac{n}{2} \int_{1/n}^1 \frac{1}{x(n^2x^2+1)} dx= (\frac{n-1}{4}) - [\frac{ln(x)}{2} - \frac{ln(1+n^2x^2)}{4}]_{1/n}^1$

$= \frac{n-1}{4} - \frac{1}{2}(ln(1) - ln(1/n) ) + \frac{1}{4}ln(\frac{1+n^2x^2}{2}) = \frac{n-1}{4} - \frac{1}{2} ln(n)+ \frac{1}{4}ln(\frac{1+n^2x^2}{2})$

**再計算:** 極座標変換 $x=r\cos\theta, y=r\sin\theta$ で計算

(1) $\iint_{A_n} f_+(x, y) dxdy = \int_{\pi/4}^{\pi/2} \int_{1/(n\sin\theta)}^1 \frac{\sin^2\theta - \cos^2\theta}{r^2} r dr d\theta = \int_{\pi/4}^{\pi/2} \int_{1/(n\sin\theta)}^1 (-\cos2\theta) /r dr d\theta = \int_{\pi/4}^{\pi/2} [-\cos2\theta ln(r)]_{1/(n\sin\theta)}^1 d\theta = \int_{\pi/4}^{\pi/2} \cos2\theta ln(n\sin\theta)d\theta$

(2) $\iint_{A_n} f_-(x, y) dxdy = \int_0^{\pi/4} \int_{1/(n\sin\theta)}^1 \frac{\cos^2\theta - \sin^2\theta}{r^2} r dr d\theta = \int_0^{\pi/4} \int_{1/(n\sin\theta)}^1 \cos2\theta/ r dr d\theta = \int_0^{\pi/4} [\cos2\theta ln(r)]_{1/(n\sin\theta)}^1 d\theta= \int_0^{\pi/4} -\cos2\theta ln(n\sin\theta)d\theta$

最終的に$\iint_A f(x,y)dxdy = \int_{0}^{\pi/2} \cos(2\theta)\ln(\sin(\theta))d\theta + \ln(n) \int_{0}^{\pi/4} \cos(2\theta) + \int_{\pi/4}^{\pi/2} \cos(2\theta)d\theta = [-\frac{1}{2}i\cos(2\theta) ]_{0}^{\pi/4} =0$

**(3) 最終的な答え:**

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

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

(3) $\iint_A f(x, y) dxdy = 0$

**再度修正**

偏角$\theta$を積分する区間は$[0,\pi/2]$である。積分表示は以下のようになる。

$f(r\cos\theta,r\sin\theta) = \frac{\sin^2(\theta) - \cos^2(\theta)}{r^2}$

$f(x, y)dxdy = rdrd\theta$

広義重積分を求める。

$$\int_{0}^{\pi/2} \int_{0}^1 \frac{sin^2(\theta) - cos^2(\theta)}{r^2}rdrd\theta = \int_{0}^{\pi/2} -\cos(2\theta)ln(r)drd\theta =0$$

最終的な答え

(1) $\iint_{A_n} f_+(x, y) dxdy = 0$

(2) $\iint_{A_n} f_-(x, y) dxdy= 0$

(3) $\iint_A f(x, y) dxdy = 0$