\(\iint_Kdxdy\ K:x^2+y^2\le1,y\ge0\)の解き方が検索しても出てこなかったので記事にしました。
目次
\(\iint_Kdxdy\ K:x^2+y^2\le1,y\ge0\)を解くのに必要な道具
- 累次積分
- 置換積分
- 2倍角の公式
累次積分
重積分とは
多変数の範囲にわたる積分
Rにおける2重積分(2変数に関する重積分)は \(\iint_Rf(x,y)dxdy\) と記されます。
累次積分
(1) \(K=\{(x,y)\in R^2\ |\ \varphi_1(x)\le y\le\varphi_2(x),\ a\le x\le b\}\)
上の連続関数f(x,y)に対して
$$\iint_Kf(x,y)dxdy=\int_a^b \left(\int_{\varphi_1(x)}^{\varphi_2(x)} f(x,y)dy\right)dx$$
(2) \(K=\{(x,y)\in R^2\ |\ \psi_1(y)\le x\le\psi_2(y),\ c\le y\le d\}\)
上の連続関数f(x,y)に対して
$$\iint_Kf(x,y)dxdy=\int_a^b \left(\int_{\psi_1(y)}^{\psi_2(y)} f(x,y)dx\right)dy$$
重積分が1変数関数の積分を2度行うことによって求められることを意味しています。
1変数関数の積分を2度行うことを累次積分といいます。
置換積分
関数\(f(x)\)が連続であり、関数\(\varphi(t)\)は微分可能で導関数\(\varphi'(t)\)が連続とする。\(a=\varphi(\alpha),b=\varphi(\beta)\)であれば
$$\int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{\alpha}^{ \beta }f(\varphi(t))\varphi'(t)dt$$
が成り立ちます。
\(con\)の2倍角の公式
$$cos2\theta=2cos^2\theta-1$$
証明
\(cos\)の加法定理：\(cos(\alpha+\beta)=cos\alpha cos\beta−sin\alpha sin\beta\)
において\( \alpha=\beta=\theta\) とおくと，
$$cos2\theta=cos\theta cos\theta−sin\theta sin\theta=cos^2\theta−sin^2\theta$$
さらにこの式において，\(sin^2\theta+cos^2\theta=1 \)を使って\( sin^2\theta \)を消すと
$$cos2\theta=2cos^2\theta-1$$
\(\iint_Kdxdy\ K:x^2+y^2\le1,y\ge0\)の解法
$$\iint_Kdxdy=\int_{0}^{1}dy\int_{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}}dx=\int_{0}^{1}[x]^{\sqrt{1-y^2}}_{-\sqrt{1-y^2}} dy=\int_{0}^{1}2 \sqrt{1-y^2} dy$$
置換積分
\( 2\sqrt{1-y^2} =t\)とおく
$$t^2=4 (1-y^2),\ \frac{t^2}{4}=1-y^2,\ y= \sqrt{1- \frac{t^2}{4} }(=\varphi(t)),\ \frac{dy}{dt}= \frac{1}{2} (1- \frac{1}{4}t^2 )^{- \frac{1}{2} }(- \frac{1}{2}t)=- \frac{1}{4} t(1- \frac{1}{4} t^2)^{- \frac{1}{2} }$$
\(y=sin t(=\varphi(t))\)とおく
$$ \frac{dy}{dt} = \varphi'(t) =cos\ t$$
y=0のとき \(t=sin^{-1}0=0\) 、y=1のとき \(t=sin^{-1}1= \frac{\pi}{2} \)
$$\int_{0}^{1}2 \sqrt{1-y^2} dy=\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }2 \sqrt{1-sin^2t}\cdot cos\ tdt=\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } 2cos^2tdt=\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } (1+cos2t)dt$$
$$=\left[t+\frac{sin2t}{2}\right]^{ \frac{\pi}{2}}_{0}= \frac{\pi}{2}$$
まとめ
過去に根号を含んだ被積分関数を三角関数を利用して解いたことがあったので、答えに辿り着くことが出来ました。
