関数 $f(x, y) = \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2}$ と領域 $A = [0, 1] \times [0, 1] - \{(0, 0)\}$ について、以下の問題を解きます。 (1) $A_n = \{(x, y) \in A \mid y \ge \frac{1}{n}\}$ とするとき、$\iint_{A_n} f_+(x, y) dxdy$ の値を求めます。ただし、$f_+(x, y) = \max\{0, f(x, y)\}$ です。 (2) 上の (1) と同じ $A_n$ に対して、$\iint_{A_n} f_-(x, y) dxdy$ の値を求めます。ただし、$f_-(x, y) = \max\{0, -f(x, y)\}$ です。 (3) 広義重積分 $\iint_A f(x, y) dxdy$ が存在するか議論し、存在する場合はその値を求めます。

1. 問題の内容

関数 $f(x, y) = \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2}$ と領域 $A = [0, 1] \times [0, 1] - \{(0, 0)\}$ について、以下の問題を解きます。

(1) $A_n = \{(x, y) \in A \mid y \ge \frac{1}{n}\}$ とするとき、$\iint_{A_n} f_+(x, y) dxdy$ の値を求めます。ただし、$f_+(x, y) = \max\{0, f(x, y)\}$ です。

(2) 上の (1) と同じ $A_n$ に対して、$\iint_{A_n} f_-(x, y) dxdy$ の値を求めます。ただし、$f_-(x, y) = \max\{0, -f(x, y)\}$ 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) $f_+(x, y) = \max\{0, f(x, y)\}$ なので、$f(x, y) > 0$ のとき $f_+(x, y) = f(x, y)$、$f(x, y) \le 0$ のとき $f_+(x, y) = 0$ です。

$f(x,y)=\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}$なので、$y^2>x^2$のときに$f(x,y)>0$となります。

$x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$とおくと、$dxdy=rdrd\theta$

$$$$

\begin{aligned}

\iint_{A_n} f_+(x, y) dxdy &= \iint_{A_n, y^2>x^2} \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2} dxdy \\

&= \int_{\pi/4}^{3\pi/4} \int_{1/(n\sin\theta)}^{g(\theta)} \frac{r^2\sin^2\theta - r^2\cos^2\theta}{r^4}rdrd\theta \\

&= \int_{\pi/4}^{3\pi/4} \int_{1/(n\sin\theta)}^{g(\theta)} \frac{\sin^2\theta - \cos^2\theta}{r^2}rdrd\theta \\

&= \int_{\pi/4}^{3\pi/4} (-\cos(2\theta)) \int_{1/(n\sin\theta)}^{\sqrt{1-x^2}} \frac{1}{r}drd\theta

\end{aligned}

$$$$

極座標変換 $x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$ を行うと、

$f(r\cos\theta, r\sin\theta) = \frac{r^2(\sin^2\theta - \cos^2\theta)}{r^4} = \frac{-\cos(2\theta)}{r^2}$。

$A_n = \{(r, \theta) \mid r\sin\theta \ge \frac{1}{n}, 0 \le r\cos\theta \le 1, 0 \le r\sin\theta \le 1 \}$

$\iint_{A_n} f_+(x, y) dxdy = \int_{\pi/4}^{3\pi/4} \int_{1/(n\sin\theta)}^{g(\theta)} \frac{-\cos(2\theta)}{r^2} r dr d\theta = \int_{\pi/4}^{3\pi/4} [-\cos(2\theta)] \int_{1/n\sin\theta}^{g(\theta)} \frac{1}{r} dr d\theta$

$y \ge 1/n$ なので、$\theta$ の範囲は $\sin \theta \ge 1/n$ から決まります。$\pi/4 \le \theta \le 3\pi/4$で、$r$の範囲は$y=1/n$を極座標変換すると$r\sin\theta = 1/n$となり、$r=1/(n\sin\theta)$となる。また$0 \le x \le 1$および$0 \le y \le 1$という条件は、極座標では、$0 \le r\cos\theta \le 1$および$0 \le r\sin\theta \le 1$となり、$r$の上限を与える。

$A_n$ において、$f(x, y) > 0$ となるのは $y > |x|$ のときなので、$A_n^+ = \{(x, y) \in A_n \mid y > |x|\}$ とすると、$\iint_{A_n} f_+(x, y) dxdy = \iint_{A_n^+} f(x, y) dxdy$ となります。

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

ここで $\int \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2} dx = \frac{x}{x^2 + y^2}$ なので

$$\int_{-\min\{y, 1\}}^{\min\{y, 1\}} \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2} dx = \frac{\min\{y, 1\}}{(\min\{y, 1\})^2 + y^2} - \frac{-\min\{y, 1\}}{(-\min\{y, 1\})^2 + y^2} = \frac{2\min\{y, 1\}}{(\min\{y, 1\})^2 + y^2}$$

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

(2) 同様に、$f_-(x, y) = \max\{0, -f(x, y)\}$ なので、$f(x, y) < 0$ のとき $f_-(x, y) = -f(x, y)$、$f(x, y) \ge 0$ のとき $f_-(x, y) = 0$ です。$A_n^- = \{(x, y) \in A_n \mid y < |x|\}$ とすると、$\iint_{A_n} f_-(x, y) dxdy = \iint_{A_n^-} -f(x, y) dxdy$ となります。

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

$A_n^- = \{(x, y) \in A_n \mid y < x\}$なので、

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

積分$\int \frac{x^2 - y^2}{(x^2+y^2)^2} dy = \frac{y}{x^2+y^2}$を使用すると、

$$\int_{1/n}^{x} \frac{x^2 - y^2}{(x^2+y^2)^2} dy = \frac{x}{x^2+x^2} - \frac{1/n}{x^2+(1/n)^2} = \frac{1}{2x} - \frac{1/n}{x^2+(1/n)^2}$$

$$\iint_{A_n^-} -f(x, y) dxdy = \int_{1/n}^1 (\frac{1}{2x} - \frac{1/n}{x^2+(1/n)^2}) dx = [\frac{1}{2}\ln x - \arctan(nx)]_{1/n}^1 = (\frac{1}{2}\ln 1 - \arctan(n)) - (\frac{1}{2}\ln(1/n) - \arctan(1)) = \frac{1}{2}\ln n - \arctan(n) + \frac{\pi}{4}$$

$n \to \infty$ のとき、$\arctan(n) \to \frac{\pi}{2}$ なので、$\lim_{n\to\infty} \iint_{A_n^-} -f(x, y) dxdy = \infty$ となる。

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

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

$\iint_A f_-(x, y) dxdy = \lim_{n\to\infty} \iint_{A_n} f_-(x, y) dxdy = \lim_{n\to\infty} (\frac{1}{2}\ln n - \arctan(n) + \frac{\pi}{4}) = \infty$

したがって、広義積分は存在しません。

3. 最終的な答え

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

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

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