$Q1$.
次の広義積分を計算をしなさい。
解答・解説を見る$Q2$.
次の広義積分を計算をしなさい。
解答・解説を見る$f(x,y) = e^{-(x^2+y^2)}$ とし, $c \gt 0$ を用いて
$D_c = \{ (x,y)~|~0\leqq x,~0\leqq y,~ x^2 + y^2 \leqq c^2\}$
とすると $f(x,y)$ は $D_c$ 上で積分可能であり, $c\to \infty$ の時 $D_c \to D$ となります。
$x = r\cos \theta,~y = r\sin \theta$ とすると $x^2 + y^2 \leqq c^2$ より
$0 \leqq r \leqq c$
であり, $0 \leqq x,~0\leqq y$ より $0 \leqq \sin \theta,~0\leqq \cos \theta$ であるから
$0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}$
となります。よって
$\begin{eqnarray*}\iint_D e^{-(x^2+y^2)} ~dxdy & = & \lim_{c \to \infty} \iint_{D_c} e^{-(x^2+y^2)} ~dxdy\\[1em] & = & \lim_{c \to \infty} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \int_0^c e^{-r^2} r ~dr d\theta\\[1em] & = & \lim_{c \to \infty} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left[ -\dfrac{1}{2}e^{-r^2} \right]_0^c~d\theta\\[1em] & = & \lim_{c \to \infty} \dfrac{\pi}{4}\left(1- e^{-c^2}\right) = \dfrac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$
$Q3$.
次の等式が成り立つことを証明しなさい。
解答・解説を見る$I_c = \displaystyle \int_0^{c} e^{-x^2}~dx$
と置くと
$\displaystyle \int_0^{\infty} e^{-x^2}~dx = \lim_{c\to \infty} \int_0^c e^{-x^2}~dx = \lim_{c\to \infty}I_c$
である。ここで
$\displaystyle \int_0^c\int_0^c e^{-(x^2+y^2)}~dxdy$
を考えると
$\begin{eqnarray*}\int_0^c\int_0^c e^{-(x^2+y^2)}~dxdy & = & \int_0^c\int_0^c e^{-x^2}\cdot e^{-y^2}~dxdy\\[1em] & = & \int_0^c \left\{ \int_0^c e^{-x^2}\cdot e^{-y^2}~dx ~\right\}dy\\[1em] & = & \int_0^c \left\{ e^{-y^2}\left( \int_0^c e^{-x^2}~dx \right)~\right\}dy\\[1em] & = & \int_0^c I_ce^{-y^2}dy = I_c \int_0^c e^{-y^2}dy = I_c^2 \end{eqnarray*}$
よって $\displaystyle \int_0^c\int_0^c e^{-(x^2+y^2)}~dxdy = I_c^2$ が成り立つ。ここで
$R_c = \{ (x,y)~|~0\leqq x \leqq c,~0 \leqq y \leqq c\}$
$D_c = \{ (x,y)~|~0\leqq x,~0\leqq y,~x^2+y^2 \leqq c^2\}$
とすると
$\displaystyle I_c^2 = \int_0^c\int_0^c e^{-(x^2+y^2)}~dxdy = \iint_{R_c} e^{-(x^2+y^2)}~dxdy$
また, $e^{-(x^2+y^2)} \gt 0$ かつ
$D_c \subset R_c \subset D_{2c}$
であるから
$\displaystyle \iint_{D_c} e^{-(x^2+y^2)}~dxdy \leqq \iint_{R_c} e^{-(x^2+y^2)}~dxdy \leqq \iint_{D_{2c}} e^{-(x^2+y^2)}~dxdy$
が成り立つ。
$\displaystyle \iint_{D_c} e^{-(x^2+y^2)}~dxdy = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^c e^{-r^2}r~drd\theta = \dfrac{\pi}{4}\left( 1- e^{-c^2} \right)$
$\displaystyle \iint_{D_{2c}} e^{-(x^2+y^2)}~dxdy = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^{2c} e^{-r^2}r~drd\theta = \dfrac{\pi}{4}\left( 1- e^{-4c^2}\right)$
であるから, まとめると
$\dfrac{\pi}{4}\left( 1- e^{-c^2} \right) \leqq I_c^2 \leqq \dfrac{\pi}{4}\left( 1- e^{-4c^2} \right)$
$\dfrac{\pi}{4}\left( 1- e^{-c^2} \right) \gt 0$ より
$\displaystyle \sqrt{\dfrac{\pi}{4}\left( 1- e^{-c^2} \right)} \leqq I_c \leqq \sqrt{\dfrac{\pi}{4}\left( 1- e^{-4c^2} \right)}$
$c \to \infty$ とすれば
$\displaystyle \dfrac{\sqrt{\pi}}{2} \leqq \lim_{c\to \infty}I_c \leqq \dfrac{\sqrt{\pi}}{2}$
よって $\displaystyle \int_0^{\infty} e^{-x^2}~dx = \lim_{c\to \infty}I_c = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2}$ が成り立つ。
この結果と $e^{-x^2}$ が偶関数であることから
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}~dx = \sqrt{\pi}$
であることがわかります。
この積分はガウス積分と呼ばれ, 物理学や統計学など様々な分野に応用されています。
$f(x,y) = \dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}$ とし, $c \gt 0$ を用いて
$D_c = \{ (x,y)~|~0\leqq y,~c^2 \leqq x^2 + y^2 \leqq 49\}$
とすると $f(x,y)$ は $D_c$ 上で積分可能であり, $c\to 0$ の時 $D_c \to D$ となります。
$x = r\cos \theta,~y = r\sin \theta$ とすると
$c \leqq r \leqq 7$
であり, $0 \leqq y$ より $0 \leqq \sin \theta$ であるから
$0 \leqq \theta \leqq \pi$
となります。よって
$\begin{eqnarray*}\iint_D \dfrac{1}{\sqrt{x^2 + y^2}} ~dxdy & = & \lim_{c \to 0} \iint_{D_c} \dfrac{1}{\sqrt{x^2 + y^2}} ~dxdy\\[1em] & = & \lim_{c \to 0} \int_0^{\pi} \int_c^7 \dfrac{1}{r}\cdot r ~dr d\theta\\[1em] & = & \lim_{c \to 0} \pi(7-c) = 7\pi \end{eqnarray*}$