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\begin{document}

\title{変数変換法 課題解説}
\date{}
\maketitle


\section{第4回課題}

1/10までにBEEFに提出し、そのときに1/12の学習指示書をダウンロードされたい。

\begin{itemize}
\item[1)] $D=\{0\leq u\leq 1, 0\leq v\leq 2\}$ とおく。 $x=2u+v, y=u-v$ と変数変換したとき $D$ の行き先となる
領域を求めよ。（25点）
\item[2)] （1/10訂正） $D=\{x, y\geq 0, x+y\leq 1\}$ を $x=u-v, y=u+v$ と変数変換したとき、 $u, v$ の動く領域を求めよ。（25点）
\item[3)] 次の重積分を変数変換により求めよ。（各25点）

a) $\iint_{-1\leq x-y\leq 1, 0\leq x+y\leq 2} x^2-y^2 dxdy$,
b) $\iint_{2x-1\leq y\leq 2x+1, -x\leq y\leq -x+3} 3x(x-2y) dxdy$.
\end{itemize}

\section{第4回課題の解}

\begin{itemize}
\item[1)] $x=2u+v, y=u-v\Leftrightarrow u=(x+y)/3, v=(x-2y)/3$ なので
$(u, v)\in D\Leftrightarrow 0\leq x+y\leq 3, 0\leq x-2y\leq 6$ である。 
よって $D$ の行き先は $y=-x, y=3-x, y=(x-6)/2, y=x/2$ で囲まれた領域となる。
\item[2)] $x, y\geq 0, x+y\leq 1$ に $x=u-v, y=u+v$ を代入し
$(x, y)\in D \Leftrightarrow u-v\geq 0, u+v\geq 0, 2u\leq 1$ を得る。$u-v\geq 0, u+v\geq 0$ より $u\geq 0$ となるから $u, v$ の動く領域は $-u\leq v\leq u, 0\leq u\leq 1/2$ によりあらわされる。
\item[3a)] $u=x-y, v=x+y$ とおくとヤコビアンは $1-(-1)=2$ なので $dudv=2dxdy$、よって
\[
\iint\limits_{-1\leq x-y\leq 1, 0\leq x+y\leq 2} x^2-y^2 dxdy=\iint\limits_{-1\leq u\leq 1, 0\leq v\leq 2} \frac{uv}{2} dudv
=\frac{1}{2}\int_{-1}^1 udu \int_0^2 vdv=0.
\]
b) $u=2x-y, v=x+y$ とおくとヤコビアンは $2-(-1)=3$ なので $dudv=3dxdy$、また $x=(u+v)/3, y=(2v-u)/3$ なので
\[\begin{split}
\iint\limits_{\substack{2x-1\leq y\leq 2x+1, \\-x\leq y\leq -x+3}} 3x(x-2y) dxdy
= & \iint\limits_{-1\leq u\leq 1, 0\leq v\leq 3} \frac{(u+v)(u-v)}{3} dudv \\
= & \int_{-1}^1 \left(\int_0^3 \frac{u^2-v^2}{3} dv\right) du
=\int_{-1}^1 u^2-3 du \\
= & -\frac{16}{3}.
\end{split}\]
\end{itemize}

\section{第5回課題}

\begin{itemize}
\item[1)] $F(u, v)=(u(v+1/v)/2, u(v-1/v)/2)$, $D=\{x, y\geq 0, y^2\geq x^2-1, y\leq 3x/5\}$ とおく。
$F(E)=D$ となる領域 $E$ を求めよ（$F(u, v)=(x, y)$ とおくと $x^2-y^2=u^2$, $y/x=(v-1/v)/(v+1/v)$
となることに注意するとよい）。（25点）
\item[2)] $F(u, v)=(u^2-v^2, 2uv), E=\{0\leq u, v\leq 1\}$ とおく。
$\iint_{F(E)}\sqrt{x^2+y^2} dxdy$ を求めよ（$(x, y)=F(u, v)$ とおくとよい）。（25点）
\item[3)] 次の重積分（およびその極限）を変数変換により求めよ。（各25点）

a) $\iint_{x^2+y^2\leq 4, x\geq 0, 0\leq y\leq x\sqrt{3}} x+3y dxdy$,
b) $\lim_{R\rightarrow \infty}\iint_{x^2+y^2\leq R^2} e^{-(x^2+y^2)} dxdy$.
\end{itemize}

\section{第5回課題の解}

\begin{itemize}
\item[1)] $x=u(v+1/v)/2, y=u(v-1/v)/2$ とおくと
\[
x^2-y^2=\frac{u^2}{4}\left(\left(v+\frac{1}{v}\right)^2-\left(v-\frac{1}{v}\right)^2\right)=u^2
\]
なので
\begin{equation}\label{eq1}
y^2\geq x^2-1\Leftrightarrow u^2=x^2-y^2\leq 1
\end{equation}
となる。
また
\[
\frac{y}{x}=\frac{v-1/v}{v+1/v}=\frac{v^2-1}{v^2+1}
\]
なので $x, y>0$ のとき
\begin{equation}\label{eq2}
0\leq y\leq \frac{3x}{5}\Leftrightarrow 0\leq \frac{v^2-1}{v^2+1}\leq \frac{3}{5}\Leftrightarrow v^2\leq 4
\end{equation}
である。さらに $x, y\geq 0$ だから $uv=x+y\geq 0$ である。よって $u, v\geq 0$ または $u, v\leq 0$ となる。
さらに $y\geq 0$ だから $u>0$ のとき $v\geq 1$、 $u<0$ のとき $v\leq -1$ となる。
よって $u=0$, $0\leq u\leq 1, 1\leq v\leq 2$ または $-1\leq u\leq 0, -2\leq v\leq -1$ でなければならない。

逆に $u=0$, $0\leq u\leq 1, 1\leq v\leq 2$ または $-1\leq u\leq 0, -2\leq v\leq -1$ のとき
\eqref{eq1}, \eqref{eq2} から 
$y^2\geq x^2-1, y\leq 3x/5$ が成り立ち、さらにこのとき $u\geq 0, v-1/v\geq 0$ より $x, y\geq 0$ も成り立つ。

一方、$(x, y)\in D$ のとき $u=\sqrt{x^2-y^2}$, $u\neq 0$ のとき $v=(x+y)/u$, $u=0$ のとき $v=1$ とおくと
$(x, y)=(u(v+1/v)/2, u(v-1/v)/2)$ かつ $(u, v)\in \{0\leq u\leq 1, 1\leq v\leq 2\}$ となる。
また $u=-\sqrt{x^2-y^2}$, $u\neq 0$ のとき $v=(x+y)/u$, $u=0$ のとき $v=-1$ とおくと
$(x, y)=(u(v+1/v)/2, u(v-1/v)/2)$ かつ $(u, v)\in \{-1\leq u\leq 0, -2\leq v\leq -1\}$ となる。

よって $E=\{-1\leq u\leq 0, -2\leq v\leq -1\}$, $\{0\leq u\leq 1, 1\leq v\leq 2\}$ あるいは
$\{-1\leq u\leq 0, -2\leq v\leq -1\}\cup \{0\leq u\leq 1, 1\leq v\leq 2\}$ とおくと $F(E)=D$ となる。

\item[2)] $F(E)$ において $x=u^2-v^2, y=2uv$ とおくと
ヤコビアンは $2u(2u)-(-2v)(2v)=4(u^2+v^2)$ となる。
また $u>0$ のとき $v=y/(2u)$ だから $x=u^2-y^2/(2u)^2$ となる。これは $0<u\geq 1$ において狭義単調増加だから
$u>0$ において $F(u, v)$ は単射となっている。よって
\[\begin{split}
\iint_{F(E)} & \sqrt{x^2+y^2} dxdy
=\iint_E 4(u^2+v^2)\sqrt{(u^2-v^2)^2+(2uv)^2} dudv \\
=& \iint_E 4(u^2+v^2)^2 dudv
=4\int_0^1 \left(\int_0^1 u^4+2u^2v^2+v^4 dv\right) du \\
=& 4\int_0^1 u^4+\frac{2}{3}u^2+\frac{1}{5} du
=\frac{4}{5}+\frac{8}{9}+\frac{4}{5}=\frac{112}{45}.
\end{split}\]

\item[3a)] $x=r\cos\theta, y=r\sin\theta (r\geq 0, 0\leq \theta<2\pi)$ とおくとヤコビアンは $r$ に一致する。また
\[x^2+y^2\leq 4\Leftrightarrow 0\leq r\leq 2\]
かつ
\[x\geq 0, 0\leq y\leq x\sqrt{3}\Leftrightarrow 0\leq \theta\leq \arctan \sqrt{3}=\frac{\pi}{3}\]
より
\[\begin{split}
\iint\limits_{\substack{x^2+y^2\leq 4, \\ x\geq 0, \\ 0\leq y\leq x\sqrt{3}}}(x+3y) dxdy
= & \int_0^{\pi/3}\left(\int_0^2 r^2(\cos\theta+3\sin\theta) dr \right) d\theta \\
= & \int_0^{\pi/3} \frac{8}{3}(\cos\theta+3\sin\theta) d\theta
=\frac{8}{3}\sin\frac{\pi}{3}+8-8\cos\frac{\pi}{3} \\
= & \frac{4\sqrt{3}}{3}+4.
\end{split}\]

\item[3b)] $x=r\cos\theta, y=r\sin\theta (r\geq 0, 0\leq \theta<2\pi)$ とおくと、やはりヤコビアンは $r$ に
一致するから
\[
\iint_{x^2+y^2\leq R^2} e^{-(x^2+y^2)} dxdy=\int_0^R \left(\int_0^{2\pi} r e^{-r^2} d\theta\right) dr
=\pi \int_0^R 2re^{-r^2} dr
\]
となる。 $t=r^2$ とおくと
\[
\pi \int_0^R 2re^{-r^2} dr=\pi \int_0^{R^2} e^{-t} dt=\pi(1-e^{-R^2})
\]
だから
\[
\lim_{R\rightarrow \infty} \iint_{x^2+y^2\leq R^2} e^{-(x^2+y^2)} dxdy=
\lim_{R\rightarrow \infty} \pi(1-e^{-R^2})=\pi
\]
となる。
\end{itemize}


\end{document}
