12 極座標変換による２重積分の計算 演習問題解答例
基本演習1 (教科書 問題8.4) 次の重積分を極座標になおして求めて下さい。
（１）
ZZ
x2+y2≤1
x2dxdy （２）
ZZ
x2+y2≤4, x≥0,y≥0
xy dxdy
【解答例】 （１）x=pcost, y=psintとおき極座標に変換して計算します。
このとき積分領域である単位円は不等式0≤p≤1,0≤t≤2πで表されます。また 被積分関数はx2=p2cos2tとなり、この変換ではdxdy=pdpdtですから、
Z 2π 0
Z 1 0
p3cos2t dpdt= Z 2π
0
∑1 4p4
∏1 0
cos2t dt
= 1 4
Z 2π 0
cos2t dt
= 1 8
Z 2π 0
(cos 2t+ 1)dt
= 1 8
∑1
2sin 2t+t
∏2π
0
= π 4 が得られます。
（２）x=rcosθ, y=rsinθと置けば積分領域は0≤r≤2,0≤θ≤ π2 と書け、被積 分関数はxy=r2cosθsinθ= 12r2sin 2θです。
更にこの極座標変換においてはdxdy=rdrdθなので題意の積分は Z 2
0
Z π2
0
1
2r3sin 2θdθdr= Z 2
0
1 2r3
∑
−1 2cos 2θ
∏π2
0
dr= Z 2
0
1 2r3dr=
∑1 8r4
∏2 0
= 2
となります。
基本演習2 （１）
ZZ
(x, y≥0 x2+y2≤1
(x+y)dxdy
【解答例】 x=rcosθ, y=rsinθ とおけば積分領域は不等式：
0< r≤1 0≤θ≤ π2
で表され、この極座標変換ではdxdy=rdrdθなので、
ZZ
(x, y≥0 x2+y2≤1
(x+y)dxdy= Z π2
0
Z 1 0
(rcosθ+rsinθ)rdrdθ
= Z π2
0
∑1
3r3(cosθ+ sinθ)
∏1 0
dθ
= 1 3
Z π2
0
(cosθ+ sinθ)dθ
= 1
3[sinθ−cosθ]0π2
= 2 3 となります。
（２）
Z Z
1≤x2+y2≤4
1
x2+y2dxdy
【解答例】 x=rcosθ, y=rsinθとおけば、積分領域は不等式：
1≤r≤2 0< θ≤2π で表され、この極座標変換ではdxdy=rdrdθなので、
ZZ
1≤x2+y2≤4
1
x2+y2dxdy= Z 2
1
Z 2π 0
1
r2rdθdr= 2π Z 2
1
1
rdr= 2πlog 2 です。
（３）
ZZ
x2+y2≤1
x2y2dxdy
【解答例】 x=rcosθ, y=rsinθとおけば積分領域は不等式：
0< r≤1 0< θ≤2π で表され、この極座標変換ではdxdy=rdrdθなので、
ZZ
x2+y2≤1
x2y2dxdy= Z 2π
0
Z 1 0
r2cos2θ·r2sin2θrdrdθ
= Z 2π
0
∑1 6r6
∏1 0
cos2θ·sin2θdθ
= Z 2π
0
1
6cos2θ·sin2θdθ
= 1 24
Z 2π 0
sin22θdθ
= 1 24
Z 2π 0
Ω
(1−2 sin22θ) µ
−1 2
∂ +1
2 æ
dθ
= 1 24
Z 2π 0
Ωµ
−1 2
∂
cos 4θ+1 2
æ dθ
= 1 48
∑ θ−1
4sin 4θ
∏2π
0
= π 24 ですね。
（４）
ZZ
x2+y2≤x
√x dxdy
【解答例】 積分領域は円：° x−12¢2
+y2 ≤ 212 なのでそのまま極座標でやってみま しょう。
x=rcosθ, y=rsinθ とおけば、積分領域は不等式：
0< r≤cosθ
−π2 < θ < π2 で表され、この極座標変換ではdxdy=rdrdθなので、
ZZ
x2+y2≤x
√x dxdy= Z π2
−π2
Z cosθ 0
√rcosθr drdθ
= Z π2
−π2
√cosθ Z cosθ
0
r√ r drdθ
= Z π2
−π2
√cosθ
∑ 1
3
2+ 1r32+1
∏cosθ 0
dθ
= 2 5
Z π2
−π2
cos3θdθ
= 2 5
Z π2
−π2
cosθ(1−sin2θ)dθ
= 2 5
∑
sinθ−1 3sin3θ
∏π2
−π2
= 2 5
Ω 1−1
3 − µ
−1−1 3
∂æ
= 8 15 です。
（５）
ZZ
(x−2)2+(y−1)2≤1
xy dxdy
【解答例】 被積分関数をf とします。平行移動しても積分の値は変わらないので、
x−2 =v, y−1 =w
と置けば、平行移動後の積分領域はv2+w2≤1となり、また平行移動後の被積分関数 f˜(v, w)は
f˜(v, w) =f(v+ 2, w+ 1) = (v+ 2)(w+ 1) となるので、
Z Z
(x−2)2+(y−1)2≤1
xy dxdy= Z Z
v2+w2≤1
(v+ 2)(w+ 1)dvdw
です。ここでv=rcosθ, w=rsinθと極座標変換すれば、積分領域はrとθの不等式：
0< r≤1 0< θ≤2π で表され、この極座標変換ではdxdy=rdrdθなので
= Z 2π
0
Z 1 0
(rcosθ+ 2)(rsinθ+ 1)rdrdθ
= Z 2π
0
Z 1 0
(r3cosθsinθ+r2cosθ+ 2r2sinθ+ 2r)drdθ
= Z 2π
0
∑1
4r4cosθsinθ+1
3r3cosθ+2
3r3sinθ+r2)
∏1 0
dθ
= Z 2π
0
µ1
4cosθsinθ+1
3cosθ+2
3sinθ+ 1)
∂ dθ
= Z 2π
0
µ1
8sin 2θ+1
3cosθ+2
3sinθ+ 1)
∂ dθ
=
∑
−1
16cos 2θ+1
3sinθ−2
3cosθ+θ)
∏2π
0
= 2π
が得られます。
基本演習3 ZZ
0≤x≤1,0≤y≤π
px2+y2dxdy
【解答例その１ そのまま逐次積分で】
Z px2+A dx=1 2
nxp
x2+A+Alog|x+p
x2+A|o
によれば、
ZZ
0≤x≤1,0≤y≤π
px2+y2dxdy
= Z π
0
ΩZ 1 0
px2+y2dx æ
dy
= Z π
0
1 2
hxp
x2+y2+y2log|x+p
x2+y2|i1 0dy
=1 2
Z π 0
np1 +y2+y2log|1 +p
1 +y2| −y2log|y|o dy
=1 2
Z π 0
p1 +y2dy+1 2
Z π 0
y2log≥ 1 +p
1 +y2¥ dy−1
2 Z π
0
y2logy dy
ですが、右辺の３つの積分をJ1, J2, J3とすれば、
J1=1 2
Z π 0
p1 +y2dy
=1 4
hyp
1 +y2+ log|y+p
1 +y2|iπ 0
=1 4
nπp
1 +π2+ log≥ π+p
1 +π2¥o J3=−1
2 Z π
0
y2logy dy
=−1 2
Ω∑1 3y3logy
∏π 0
− Z π
0
1 3y31
ydy æ
=−1
6π3logπ+1 6
Z π 0
y2dy
=−1
6π3logπ+ 1 18π3
です。残りのJ2は、部分積分して
J2=1 2
Z π 0
y2log≥ 1 +p
1 +y2¥ dy
=1 2
(∑1 3y3log≥
1 +p
1 +y2¥∏π
0
− Z π
0
1
3y3 1 1 +p
1 +y2 · y p1 +y2dy
)
=1
6π3log≥ 1 +p
1 +π2¥
−1 6
Z π 0
y4
p1 +y2+ 1 +y2dy
です。ここで右辺の積分をJ4として、更にp
1 +y2=t−yと置換すれば、
1 +y2= (t−y)2 1 =t2−2ty y=t2−1 p 2t
1 +y2=t−y=t−t2−1
2t = t2+ 1 2t dy
dt =2t(2t)−(t2−1)2
4t2 =t2+ 1 2t2
から、
J4=−1 6
Z π 0
y4
p1 +y2+ 1 +y2dy
=−1 6
Z π+√ 1+π2
1
(t2−1)4 (2t)4 t2+1
2t +(t(2t)2+1)22
t2+ 1 2t2 dt
=−1 6
Z π+√ 1+π2
1
(t−1)4(t+ 1)2 8t4 dt
=−1 48
Z π+√ 1+π2
1
t6−2t5−t4+ 4t3−t2−2t+ 1
t4 dt
=−1 48
Z π+√ 1+π2
1
µ
t2−2t−1 +4 t − 1
t2 − 2 t3 + 1
t4
∂ dt
なので、
=−1 48
∑1
3t3−t2−t+ 4 logt+1 t + 1
t2− 1 3t3
∏π+√ 1+π2
1
=−1
12[logt]π+
√1+π2
1 − 1
48
∑1
3(t3−t−3)−(t2−t−2)−(t−t−1)
∏π+√ 1+π2
1
=−1 12log≥
π+p
1 +π2¥
− 1 48
∑
(t−t−1) Ω1
3(t2+ 1 +t−2)−(t+t−1)−1 æ∏π+√
1+π2
1
となりますが、T =π+√
1 +π2としたとき、
T−1= 1 π+√
1 +π2 =p
1 +π2−π
なので、
T−T−1= 2π, T2+ 1 +T−2= 4π2+ 3, T +T−1= 2p 1 +π2 がわかり、従って
J4=− 1 12log≥
π+p 1 +π2¥
− 1 48
∑
(t−t−1) Ω1
3(t2+ 1 +t−2)−(t+t−1)−1 æ∏T
1
=− 1 12log≥
π+p 1 +π2¥
− 1
48(T−T−1) Ω1
3(T2+ 1 +T−2)−(T+T−1)−1 æ
=− 1 12log≥
π+p 1 +π2¥
− 1 482π
Ω1
3(4π2+ 3)−2p
1 +π2−1 æ
=− 1 12log≥
π+p 1 +π2¥
− 1 24π
Ω4
3π2−2p 1 +π2
æ
=− 1 12log≥
π+p 1 +π2¥
− 1
18π3+ 1 12πp
1 +π2 なので、結局、
J2= 1
6π3log≥ 1 +p
1 +π2¥ +J4
= 1
6π3log≥ 1 +p
1 +π2¥
− 1 12log≥
π+p
1 +π2¥
− 1
18π3+ 1 12πp
1 +π2 です。
以上を合わせれば、求める積分Jは J=J1+J3+J2
= 1 4
n πp
1 +π2+ log≥ π+p
1 +π2¥o
−1
6π3logπ+ 1 18π3 +1
6π3log≥ 1 +p
1 +π2¥
− 1 12log≥
π+p 1 +π2¥
− 1
18π3+ 1 12πp
1 +π2
= 1 3πp
1 +π2+1 6log≥
π+p 1 +π2¥
−1
6π3logπ+1
6π3log≥ 1 +p
1 +π2¥ となります。
【解答例その２ 極座標で】 下図の様に問題の積分領域（長方形）を２つの３角形 D1, D2に分割すると、
D1:
0< r≤ cos1θ,
0≤θ≤Tan−1π , D2:
0< r≤ sinπθ, Tan−1π≤θ≤ π2
と書く事が出来ます。そこでx=rcosθ, y=rsinθと置けば、問題の積分Jは、
J =
Z Tan−1π 0
Z cos1θ
0
r2drdθ+ Z π2
Tan−1π
Z sinπθ
0
r2drdθ
= 1 3
Z Tan−1π 0
[r3]0cosθ1 dθ+1 3
Z π2
Tan−1π
[r3]0sinπθdθ
= 1 3
Z Tan−1π 0
1
cos3θdθ+π3 3
Z π2
Tan−1π
1 sin3θdθ
= 1 3
Z Tan−1π 0
cosθ
(1−sin2θ)2dθ−π3 3
Z π2
Tan−1π
−sinθ (1−cos2θ)2dθ
= 1 3
Z √π
1+π2
0
1
(1−t2)2dt−π3 3
Z 0
√1 1+π2
1 (1−t2)2dt ですが、部分分数分解
1
(1−t2)2 =1 4
Ω 1
1−t+ 1
(1−t)2 + 1
1 +t + 1 (1 +t)2
æ
によれば、右辺の２つの積分（これをJ5, J6とします）は、
J5= 1 3
Z √π
1+π2
0
1 (1−t2)2dt
= 1 12
∑
−log(1−t) + 1
1−t+ log(1 +t)− 1 1 +t
∏√π
1+π2
0
= 1 12
∑
log1 +t 1−t + 2t
1−t2
∏√π
1+π2
0
= 1 12
√ log
√1 +π2+π
√1 +π2−π+ 2πp 1 +π2
!
= 1 12
n log(p
1 +π2+π)2+ 2πp
1 +π2o
= 1 6
n log≥p
1 +π2+π¥ +πp
1 +π2o J6=−π3
3 Z 0
√1 1+π2
1 (1−t2)2dt
= π3 3
Z √1
1+π2
0
1 (1−t2)2dt
= π3 12
∑
log1 +t 1−t + 2t
1−t2
∏√1
1+π2
0
= π3 12
√ log
√1 +π2+ 1
√1 +π2−1+2√ 1 +π2
π2
!
= π3 12
( log(√
1 +π2+ 1)2 π2 +2√
1 +π2 π2
)
= π3
6 log≥p
1 +π2+ 1¥
−1
6π3logπ+1 6πp
1 +π2
と計算出来ますので、結局、
J = 1 6
n log≥p
1 +π2+π¥ +πp
1 +π2o +π3
6 log≥p
1 +π2+ 1¥
−1
6π3logπ+1 6πp
1 +π2
= 1 6log≥p
1 +π2+π¥ +1
3πp
1 +π2+1
6π3log≥p
1 +π2+ 1¥
−1
6π3logπ が分かります。
