3.4 3 重積分の計算

3.26 (累次積分)   3 重積分

$\displaystyle I=\iiint_Dxyz\,dxdydz, \quad D=\left\{\left.\,{(x,y,z)}\,\,\right\vert\,\,{0\leq x\leq 1,\,0\leq y\leq 1-x,\,0\leq z\leq 2-y}\,\right\}$    

を求める. 領域 $ D$ は 平面 $ x=0$, $ y=0$, $ z=0$, $ x+y=1$, $ z+y=2$ で囲まれて できる領域である.
\includegraphics[width=0.5\textwidth]{sekibun3-D1.eps}
領域 $ D$$ y$$ x$ に関して単純であり, $ z$$ x$, $ y$ に関して単純な領域であるから, 累次積分を用いて計算して,

$\displaystyle I$ $\displaystyle =\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1-x}dy\int_{0}^{2-y}dz\,xyz= \int_{0}^{1...
...2}\,\right]_{z=0}^{z=2-y}= \int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1-x}dy\,\frac{1}{2}xy(2-y)^2$    
  $\displaystyle = \int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1-x}dy\, \frac{1}{2}x(y^3-4y^2+4y)= \in...
...eft(\frac{y^4}{4}- \frac{4y^3}{3}+\frac{4y^2}{2}\right)}\,\right]_{y=0}^{y=1-x}$    
  $\displaystyle = \int_{0}^{1}dx \frac{1}{2}x\left(\frac{(1-x)^4}{4}- \frac{4(1-x...
...1}{2} \left( \frac{x^5}{4}+\frac{x^4}{3}-\frac{x^3}{2}-x^2+\frac{x}{12} \right)$    
  $\displaystyle =\frac{1}{2} \left[\vrule height1.5em width0em depth0.1em\,{ \fra...
...rac{x^4}{8}-\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{24} }\,\right]_{x=0}^{x=1}= \frac{13}{240}$    

と得られる.

3.27 (領域の面積)   領域 $ D$ の体積 $ V=\iiint_Ddxdydz$ を求めよ.

3.28 (累次積分)   3 重積分

$\displaystyle I=\iiint_Dz\,dxdydz, \quad D=\left\{\left.\,{(x,y,z)}\,\,\right\vert\,\,{0\leq x\leq 1,\,0\leq y\leq x+1,\,0\leq z\leq x+y}\,\right\}$    

を求める. 領域 $ D$ は 平面 $ x=0$, $ x=1$, $ y=0$, $ z=0$, $ -x+y=1$, $ x+y-z=0$ で囲まれてできる領域である. また,領域 $ D$$ y$$ x$ に関して単純であり, $ z$$ x$, $ y$ に関して単純な領域であるから, 累次積分を用いて計算して,

$\displaystyle I$ $\displaystyle = \int_{0}^{1}dx\int_{0}^{x+1}dy\int_{0}^{x+y}z\,dz= \int_{0}^{1}...
...^2}{2}}\,\right]_{z=0}^{z=x+y}= \int_{0}^{1}dx\int_{0}^{x+1}dy\frac{(x+y)^2}{2}$    
  $\displaystyle = \int_{0}^{1}dx\left[\vrule height1.5em width0em depth0.1em\,{\f...
...th0.1em\,{\frac{(2x+1)^4}{48}-\frac{x^4}{24}}\,\right]_{x=0}^{x=1}= \frac{5}{3}$    

と得られる.

3.29 (領域の面積)   領域 $ D$ を図示し, 領域 $ D$ の体積 $ V=\iiint_Ddxdydz$ を求めよ.

3.30 (累次積分)   3 重積分

$\displaystyle I=\iiint_Dx\,dxdydz, \quad D=\left\{\left.\,{(x,y,z)}\,\,\right\vert\,\,{ x^2+y^2+z^2\leq a^2,\,\, x\geq0,\,\, y\geq0,\,\, z\geq0}\,\right\}$    

を求める. 領域 $ D$ は原点を中心とする半径 $ a$ の球の内部で $ x$, $ y$, $ z$ が正の領域である. 領域 $ D$

$\displaystyle D=\left\{\left.\,{(x,y)}\,\,\right\vert\,\,{0\leq y\leq a,\,\, 0\leq x\leq a,\,\, 0\leq z\leq\sqrt{a^2-x^2-y^2}}\,\right\}$    

と書き直すと, $ z$$ x$, $ y$ に関して単純であるから, 累次積分を用いて計算して,

$\displaystyle I$ $\displaystyle = \int_{0}^{a}dy\int_0^ax\,dx\int_0^{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} \!\!\!\!...
...rule height1.5em width0em depth0.1em\,{z}\,\right]_{z=0}^{z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}}$    
  $\displaystyle = \int_{0}^{a}dy\int_0^ax\sqrt{a^2-x^2-y^2}dx= \int_{0}^{a}dy \le...
...t)^{3}}\,\right]_0^a= \frac{1}{3} \int_{0}^{a}\left(\sqrt{a^2-y^2}\right)^{3}dy$    

となる. $ y=a\cos\theta$ と置換積分すると

$\displaystyle I= \frac{1}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left(\sqrt{a^2-a^2\sin^2...
...\cos\theta\,d\theta= \frac{a^4}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^4\theta\,d\theta$    

であり,さらに

  $\displaystyle \cos^4\theta=\cos^2\theta(1-\sin^2\theta)= \cos^2\theta-(\sin\theta\cos\theta)^2= \cos^2\theta-\frac{\sin^22\theta}{4}$    
  $\displaystyle = \frac{1}{2}+\frac{\cos2\theta}{2}-\frac{1}{4} \left(\frac{1}{2}...
...\cos4\theta}{2}\right)= \frac{3}{8}+\frac{\cos2\theta}{2}+\frac{\cos4\theta}{8}$    

を用いると

$\displaystyle I=\frac{a^4}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left(\frac{3}{8}+\frac{\...
...ta}{4}+ \frac{\sin4\theta}{32}}\,\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}= \frac{\pi}{16}a^4$    

と求まる.

Kondo Koichi
平成18年1月18日