0.0.0.2 解

自分で解くことにチャレンジしてから答を見ること。

(1)

与式$=\dsp\int_0^1x\,\Dx \int_0^{\pi/2}\cos y\,\D y =\dfrac{1}{2}\cdot 1=\dfrac{1}{2}$.

(2)

与式$=\dsp\int_{0}^1x^3\,\Dx\int_0^1\dfrac{\D y}{1+y^2}= \dfrac{1}{4}\cdot \tan^{-1}1=\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{\pi}{4} =\dfrac{\pi}{16}$. 公式 $\dsp\int\frac{\D x}{1+x^2}=\tan^{-1}x$ は 忘れずに。なお、 $\tan^{-1}1$ を求めるには、

$$\theta=\tan^{-1}1\quad \LongIff\quad \left(\tan\theta=1\quad\mbox... ...ac{\pi}{2}<\theta<\frac{\pi}{2}\right) \quad\LongIff\quad \theta=\frac{\pi}{4}$$

とする。

(3)

$$=\dsp\int_0^1\left(\int_0^2(y-x)^2\;\Dy\right)\Dx =\int_0^1\left[\frac{(y-x)^3}{3}\right]_{y=0}^{y=2}\Dx$$ 与式

$$=\frac{1}{3}\int_0^1\left[x^3-(x-2)^3\right]\Dx =\frac{1}{3}\cdot... ...^4]_0^1-[(x-2)^4]_0^1\right) =\frac{1}{12}(1-(1-16))=\frac{16}{12}=\frac{4}{3}.$$

あるいは被積分関数を展開して

$$=\dint_\Omega(y^2-2xy+x^2)\DxDy =\int_0^1\Dx\int_0^2y^2\;\Dy-2\int_0^1x\;\Dx\int_0^2y\;\Dy+\int_0^1x^2\;\Dx \int_0^2\Dy$$ 与式

$$=1\cdot\frac{2^3}{3}-2\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{2^2}{2}+\frac{1}{3}\cdot 2 =\frac{8}{3}-2+\frac{2}{3}=\frac{4}{3}.$$

(4)

$$=\int_0^1\left(\int_0^2\left(y+x\right)^{1/2}\Dy\right)\Dx =\int_... ...}\right]_{y=0}^{y=2}\Dx =\frac{2}{3}\int_0^1\left((x+2)^{3/2}-x^{3/2}\right)\Dx$$ 与式

$$=\frac{2}{3}\cdot\frac{2}{5} \left\{ \left[(x+2)^{5/2}\right]_{0}... ...\left(3^{5/2}-2^{5/2}-1\right) =\frac{4}{15}\left(9\sqrt{3}-4\sqrt{2}-1\right).$$

(5)

$A=[-1,1]\times[-1,1]$ であることに注意せよ。

$$=\int_{-1}^1\left(\int_{-1}^1(y+x+4)^{-2}\Dy\right)\Dx =\int_{-1}... ...\right]_{y=-1}^{y=1}\Dx =\int_{-1}^1\left(\frac{1}{x+3}-\frac{1}{x+5}\right)\Dx$$ 与式

$$=\left[\log\vert x+3\vert-\log\vert x+5\vert\right]_{-1}^1 =\log4-\log2-\log 6+\log4=\log\frac{4\cdot 4}{2\cdot 6}=\log\frac{4}{3}.$$

(6)

求める積分を $I$ とおくと、

$$I=\int_{-1}^1\left(\int_0^1 x y e^{-x y^2}\;\Dy\right)\Dx.$$

内側の積分を計算するため $x y^2=u$ とおくと、 $2 x y\;\D y=\D u$, $y=0$ のとき $u=0$, $y=1$ のとき $u=x$ であるから、

$$\int_0^1 x y e^{-x y^2}\;\Dy =\int_0^x \frac{1}{2}e^{-u}\;\D u =\left[-\frac{e^{-u}}{2}\right]_0^x =\frac{1-e^{-x}}{2}.$$

ゆえに

$$I=\int_{-1}^1\frac{1-e^{-x}}{2}\Dx =\frac{1}{2}\left[x+e^{-x}\rig... ...}{2}\left[1-(-1)+(e^{-1}-e^1)\right] =1+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{e}-e\right).$$

この重積分は、先に $x$ についての積分を行うと、 後がかなり難しくなる (一応は計算できるようであるが)。

(7)

与式$=\dsp\int_0^{\pi/2}x^2\,\D x \int_0^2 y\sin(x y^2)\,\D y$. $y$ に関する積分を計算するため $x y^2=u$ と置換すると $y\,\D y=\dfrac{\D u}{2x}$ となるので、

$$\dsp\int_0^2y\sin(x y^2)\Dy =\int_0^{4x}\sin u\frac{\D u}{2x}=\frac{1}{2x}\left[-\cos u\right]_0^{4x} =\frac{1-\cos 4x}{2x}.$$

ゆえに

   与式$$=\int_0^{\pi/2}\frac{x}{2}\Dx -\int_0^{\pi/2}\frac{x\cos 4x}{2}\D... ...ght]_0^{\pi/2} -\int_0^{\pi/2}\frac{\sin 4x}{8}\D x \right) =\frac{\pi^2}{16}.$$

最後の $\dsp\int_0^{\pi/2}\sin 4x\,\D x=0$ はグラフを頭に思い浮かべると 即答できる (サインカーブ一周期分)。

(8)

求める積分を $I$ とおくと、

$$I=J K,\quad J:=\int_{\frac{3}{2}}^2\sqrt{(2x+1)(2x-3)}\Dx,\quad K:=\int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{4}}\frac{\D y}{\sqrt{1-4y^2}}.$$

$J$ を求めるには、まず根号内を平方完成して、適当な1次関数の変数変換を探す。

$$(2x+1)(2x-3)=4x^2-4x-3=4(x^2-x)-3 =4\left(x-\frac{1}{2}\right)^2-4\cdot\frac{1}{4}-3 =4\left(x-\frac{1}{2}\right)^2-4.$$

$x-\dfrac{1}{2}=u$ とおくと、$\Dx=\Du$, $x=\dfrac{3}{2}$ のとき $u=1$, $x=2$ のとき $u=\dfrac{3}{2}$ であるから、

$$J =\int_1^{\frac{3}{2}}\sqrt{4u^2-4\,}\D u =2\int_1^{\frac{3}{2}}\s... ...{u^2-1}+(-1)\log\left\vert u+\sqrt{u^2-1}\,\right\vert _1^{\frac{3}{2}} \right]$$

$$=\left(\frac{3}{2}\sqrt{\left(\frac{3}{2}\right)^2-1}-0\right) -\... ...9}{4}-1}\,\right\vert -0 \right] =\frac{3\sqrt{5}}{4}-\log\frac{3+\sqrt{5}}{2}.$$

$K$ については、$2y=u$ とおくと、 $\Dy=\dfrac{1}{2}\D u$, $y=0$ のとき $u=0$, $y=\dfrac{\sqrt{2}}{4}$ のとき $u=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$, $1-4y^2=1-u^2$ であるから、

$$K=\int_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}}\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\cdot\frac{1}{... ...0^{\frac{\sqrt{2}}{2}} =\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{4}-0\right)=\frac{\pi}{8}.$$

ゆえに

$$I=J K=\frac{\pi}{8} \left( \frac{3\sqrt{5}}{4}-\log\frac{3+\sqrt{5}}{2} \right). \qed$$