0.0.0.2 解.

(1) 積分範囲 $\Omega:=\{(x,y,z)\in\R^3;x^2+y^2+z^2\ge 1\}$ は、 (球の外部なので) 明らかに非有界であり、 (境界が滑らかな曲面である球面なので) Jordan 可測である。 被積分関数 $f(x,y,z):=\dfrac{1}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^{\alpha/2}}$ は $\Omega$ 全体で定義されていて、連続であり、符号は一定 ($f\ge 0$) である。 ゆえに $\Omega$ の任意の一つのコンパクト近似列 $\{K_n\}$ を取ると、

$$\tint_{x^2+y^2+z^2\ge 1}\frac{\DxDyDz}{(x^2+y^2+z^2)^{\alpha/2}} = \lim_{n\to\infty}\tint_{K_n}\frac{\DxDyDz}{(x^2+y^2+z^2)^{\alpha/2}}.$$

ここでは

$$K_n:=\{(x,y,z); 1\le x^2+y^2+z^2\le n^2\}$$   $$\mbox{($n\in\N$)}$$

と選ぶ。3次元極座標変換

$$\left\{ \begin{array}{l} x=r\sin\theta\cos\phi \\ y=r\sin\theta\sin\phi \\ z=r\cos\theta \end{array}\right.$$   $$\mbox{($r\ge 0$, $\theta\in[0,\pi]$, $\phi\in[0,2\pi]$)}$$

によって $K_n$ に対応するのは、

$$D_n:=\{(r,\theta,\phi); 1\le r\le n,\ \theta\in[0,\pi],\ \phi\in[0,2\pi]\}.$$

$\DxDyDz=r^2\sin\theta\;\D r\,\D\theta\,\D\phi$ であるから、

$$\tint_{K_n}\frac{\DxDyDz}{(x^2+y^2+z^2)^{\alpha/2}} = \tint_{D_n}... ...\int_1^n r^{2-\alpha}\;\D r\int_0^\pi\sin\theta\;\D\theta \int_0^{2\pi}\D\phi,$$

$$\int_1^n r^{2-\alpha}\;\D r = \left\{ \begin{array}{ll} \left[\fr... ...)}\\ \left[\log r\right]_1^n=\log n & \mbox{($\alpha=3$)}. \end{array}\right.$$

これが $n\to\infty$ としたときに収束するには、 $3-\alpha<0$ であることが必要十分であり、 そのときの極限値は $-\dfrac{0-1}{3-\alpha}=\dfrac{1}{\alpha-3}$. ゆえに

$$\tint_{x^2+y^2+z^2\ge 1}\frac{\DxDyDz}{(x^2+y^2+z^2)^{\alpha/2}} ... ...& \mbox{($\alpha>3$)} \\ \infty & \mbox{($0<\alpha\le3$)}. \end{array}\right.$$

(2) 積分範囲 $\Omega:=\{(x,y,z)\in\R^3;x^2+y^2+z^2\le 1\}$ は、 明らかに有界閉集合なのでコンパクトであり、 (境界が滑らかな曲面である球面なので) Jordan 可測である。 被積分関数 $f(x,y,z):=\dfrac{1}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^{\alpha/2}}$ は、 原点 $(0,0,0)$ では定義されていないが、 それ以外の $\Omega\setminus N$, ( $N:=\{(0,0,0)\}$) では連続であり、 符号は一定 ($f\ge 0$) である。 また $N$ は明らかに Jordan 零集合である。 ゆえに $\Omega\setminus N$ の任意の一つのコンパクト 近似列 $\{K_n\}$ を取ると、

$$\tint_{x^2+y^2+z^2\ge 1}\frac{\DxDyDz}{(x^2+y^2+z^2)^{\alpha/2}} = \lim_{n\to\infty}\tint_{K_n}\frac{\DxDyDz}{(x^2+y^2+z^2)^{\alpha/2}}.$$

ここでは

$$K_n:=\left\{(x,y,z); \dfrac{1}{n^2}\le x^2+y^2+z^2\le 1 \right\}$$   $$\mbox{($n\in\N$)}$$

と選ぶ。3次元極座標変換

$$\left\{ \begin{array}{l} x=r\sin\theta\cos\phi \\ y=r\sin\theta\sin\phi \\ z=r\cos\theta \end{array}\right.$$   $$\mbox{($r\ge 0$, $\theta\in[0,\pi]$, $\phi\in[0,2\pi]$)}$$

によって $K_n$ に対応するのは、

$$D_n:=\left\{(r,\theta,\phi); \dfrac{1}{n}\le r\le 1,\ \theta\in[0,\pi],\ \phi\in[0,2\pi] \right\}.$$

$\DxDyDz=r^2\sin\theta\;\D r\,\D\theta\,\D\phi$ であるから、

$$\tint_{K_n}\frac{\DxDyDz}{(x^2+y^2+z^2)^{\alpha/2}} = \tint_{D_n}... ..._{1/n}^1 r^{2-\alpha}\;\D r\int_0^\pi\sin\theta\;\D\theta \int_0^{2\pi}\D\phi,$$

$$\int_{1/n}^1 r^{2-\alpha}\;\D r =4 \left\{ \begin{array}{ll} \lef... ...ht]_{1/n}^1=0-\log\frac{1}{n}=\log n & \mbox{($\alpha=3$)}. \end{array}\right.$$

これが $n\to\infty$ としたときに収束するには、 $\alpha-3<0$ であることが必要十分であり、 そのときの極限値は $\dfrac{1-0}{3-\alpha}=\dfrac{1}{3-\alpha}$. ゆえに

$$\tint_{x^2+y^2+z^2\le 1}\frac{\DxDyDz}{(x^2+y^2+z^2)^{\alpha/2}} ... ...& \mbox{($0<\alpha<3$)} \\ \infty & \mbox{($\alpha\ge3$)}. \end{array}\right.$$