3.4 3 重積分の計算

例 3.26 (累次積分)   3 重積分

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

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．

領域 $D$ は $y$ は $x$ に関して単純であり， $z$ は $x$, $y$ 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，

$$I =\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1-x}dy\int_{0}^{2-y}dz\,xyz= \int_{0}^{1... ...2}\,\right]_{z=0}^{z=2-y}= \int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1-x}dy\,\frac{1}{2}xy(2-y)^2$$

$$= \int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1-x}dy\, \frac{1}{2}x(y^3-4y^2+4y)= \in... ...eft(\frac{y^4}{4}- \frac{4y^3}{3}+\frac{4y^2}{2}\right)}\,\right]_{y=0}^{y=1-x}$$

$$= \int_{0}^{1}dx \frac{1}{2}x\left(\frac{(1-x)^4}{4}- \frac{4(1-x... ...1}{2} \left( \frac{x^5}{4}+\frac{x^4}{3}-\frac{x^3}{2}-x^2+\frac{x}{12} \right)$$

$$=\frac{1}{2} \left[\vrule height1.5em width0em depth0.1em\,{ \fra... ...rac{x^4}{8}-\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{24} }\,\right]_{x=0}^{x=1}= \frac{13}{240}$$

と得られる．

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

例 3.28 (累次積分)   3 重積分

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

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 $D$ は $y$ は $x$ に関して単純であり， $z$ は $x$, $y$ 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，

$$I = \int_{0}^{1}dx\int_{0}^{x+1}dy\int_{0}^{x+y}z\,dz= \int_{0}^{1}... ...^2}{2}}\,\right]_{z=0}^{z=x+y}= \int_{0}^{1}dx\int_{0}^{x+1}dy\frac{(x+y)^2}{2}$$

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

と得られる．

問 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．

例 3.30 (累次積分)   3 重積分

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

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 $D$ は

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

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

$$I = \int_{0}^{a}dy\int_0^ax\,dx\int_0^{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} \!\!\!\!... ...rule height1.5em width0em depth0.1em\,{z}\,\right]_{z=0}^{z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}}$$

$$= \int_{0}^{a}dy\int_0^ax\sqrt{a^2-x^2-y^2}dx= \int_{0}^{a}dy \le... ...t)^{3}}\,\right]_0^a= \frac{1}{3} \int_{0}^{a}\left(\sqrt{a^2-y^2}\right)^{3}dy$$

となる． $y=a\cos\theta$ と置換積分すると

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

であり，さらに

$$\cos^4\theta=\cos^2\theta(1-\sin^2\theta)= \cos^2\theta-(\sin\theta\cos\theta)^2= \cos^2\theta-\frac{\sin^22\theta}{4}$$

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

を用いると

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

と求まる．

Kondo Koichi
平成18年1月18日