令和5年度技術士第一次試験問題［基礎科目］　問Ⅰ-3-2　重積分の計算

回答①

もちろんです。以下に、この重積分を解く手順を詳しく説明します。

### 問題の確認
与えられた重積分は次の形です：

\[
\iint_R x \, dx \, dy
\]

ここで、領域 \( R \) は \( 0 \leq x \leq 1 \) および \( 0 \leq y \leq \sqrt{1 – x^2} \) と定義されています。

### 手順1: 積分の設定
まず、積分の順序を \( y \) から \( x \) に設定します。これは次のように表せます：

\[
\int_0^1 \int_0^{\sqrt{1 – x^2}} x \, dy \, dx
\]

### 手順2: \( y \) に関する積分
内側の積分は \( y \) に関するものです。この積分では \( x \) は定数として扱われるため、次のようになります：

\[
\int_0^1 \left[ x \cdot y \right]_0^{\sqrt{1 – x^2}} \, dx
\]

ここで、上限 \( y = \sqrt{1 – x^2} \) と下限 \( y = 0 \) を代入して整理すると：

\[
= \int_0^1 x \cdot \sqrt{1 – x^2} \, dx
\]

### 手順3: \( x \) に関する積分
次に、この式を \( x \) に関して積分します。この積分を解くために置換積分を使います。

– 置換 \( u = 1 – x^2 \) を導入します。
– このとき、\( du = -2x \, dx \) となるので、\( dx = -\frac{du}{2x} \) と置き換えられます。

これにより積分を実行すると、計算の結果が \(\frac{1}{3}\) となります。

### 結果
したがって、この重積分の値は \(\frac{1}{3}\) です。答えは次の通りです：

\[
\boxed{2} \quad \frac{1}{3}
\]

 

手順3の解説

### 手順3: \( x \) に関する積分の具体的な計算

1. **置換の設定**：
まず、積分を簡単にするために置換 \( u = 1 – x^2 \) を導入します。

2. **微分して \( dx \) を求める**：
\( u = 1 – x^2 \) の両辺を \( x \) で微分すると、
\[
\frac{du}{dx} = -2x
\]
したがって、\( du = -2x \, dx \) または \( dx = -\frac{du}{2x} \) となります。

3. **積分範囲の変換**：
\( x \) の範囲が \( 0 \leq x \leq 1 \) なので、これを \( u \) の範囲に変換します。
– \( x = 0 \) のとき、\( u = 1 – 0^2 = 1 \)
– \( x = 1 \) のとき、\( u = 1 – 1^2 = 0 \)

よって、積分範囲は \( u = 1 \) から \( u = 0 \) に変わります。

4. **積分を置換する**：
元の積分式
\[
\int_0^1 x \cdot \sqrt{1 – x^2} \, dx
\]
を置換により変形します。

ここで、\(\sqrt{1 – x^2} = \sqrt{u}\) と \( dx = -\frac{du}{2x} \) を代入すると、\( x \) が消えて次のようになります：

\[
= \int_1^0 x \cdot \sqrt{u} \cdot \left(-\frac{du}{2x}\right)
\]

5. **積分式の整理**：
\( x \) が分子と分母で打ち消されるので、式は次のように簡略化されます：

\[
= \int_1^0 -\frac{\sqrt{u}}{2} \, du
\]

マイナスを取り除くために積分範囲を逆にし、次のように書けます：

\[
= \int_0^1 \frac{\sqrt{u}}{2} \, du
\]

6. **積分の実行**：
次に、\(\frac{\sqrt{u}}{2} = \frac{u^{1/2}}{2}\) を積分します：

\[
= \frac{1}{2} \int_0^1 u^{1/2} \, du
\]

これを積分すると：

\[
= \frac{1}{2} \cdot \left[ \frac{u^{3/2}}{3/2} \right]_0^1
\]

7. **結果の計算**：
上記を計算すると、

\[
= \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \left[ u^{3/2} \right]_0^1
= \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot (1 – 0)
= \frac{1}{3}
\]

### 結論
このようにして、積分の結果は \(\frac{1}{3}\) となります。したがって、正解は次の通りです：

\[
\boxed{2} \quad \frac{1}{3}
\]

回答②

### 領域の確認
領域 \( R \) は \( 0 \leq x \leq 1 \) および \( 0 \leq y \leq \sqrt{1 – x^2} \) です。

### 二重積分の設定
\[ \iint_R x \, dx \, dy = \int_{0}^{1} \int_{0}^{\sqrt{1 – x^2}} x \, dy \, dx \]

### 内側の積分を計算
\[ \int_{0}^{\sqrt{1 – x^2}} x \, dy = x \left[ y \right]_{0}^{\sqrt{1 – x^2}} = x \left( \sqrt{1 – x^2} – 0 \right) = x \sqrt{1 – x^2} \]

### 外側の積分を計算
\[ \int_{0}^{1} x \sqrt{1 – x^2} \, dx \]

### 極座標変換の使用
\[ x = r \cos \theta \]
\[ y = r \sin \theta \]
\[ 0 \leq r \leq 1 \]
\[ 0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2} \]

### 極座標での二重積分
\[ \iint_R x \, dx \, dy = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \int_{0}^{1} (r \cos \theta) r \, dr \, d\theta = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos \theta \, d\theta \int_{0}^{1} r^2 \, dr \]

### 内側の積分を計算
\[ \int_{0}^{1} r^2 \, dr = \left[ \frac{r^3}{3} \right]_{0}^{1} = \frac{1}{3} \]

### 外側の積分を計算
\[ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos \theta \, d\theta = \left[ \sin \theta \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = 1 – 0 = 1 \]

### 結果の統合
\[ 1 \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{3} \]

### 結論
正しい答えは **② 1/3** です。

[解答]②

参考：

極座標を使用せずにデカルト座標系で直接解くことができます。

### 二重積分の設定

問題は次の二重積分です：

\[ \iint_R x \, dx \, dy \]

領域 \( R \) は \( 0 \leq x \leq 1 \) および \( 0 \leq y \leq \sqrt{1 – x^2} \) です。これを次のように設定します：

\[ \iint_R x \, dx \, dy = \int_{0}^{1} \int_{0}^{\sqrt{1 – x^2}} x \, dy \, dx \]

### 内側の積分を計算

内側の積分を計算します。ここで、 \( x \) は定数として扱えます：

\[ \int_{0}^{\sqrt{1 – x^2}} x \, dy = x \left[ y \right]_{0}^{\sqrt{1 – x^2}} = x \left( \sqrt{1 – x^2} – 0 \right) = x \sqrt{1 – x^2} \]

### 外側の積分を計算

次に、外側の積分を計算します：

\[ \int_{0}^{1} x \sqrt{1 – x^2} \, dx \]

ここで、\( x \sqrt{1 – x^2} \) の積分を置換積分で解きます。 \( u = 1 – x^2 \) と置き、 \( du = -2x \, dx \) となります。

\[ \int_{0}^{1} x \sqrt{1 – x^2} \, dx = \int_{1}^{0} \sqrt{u} \cdot \left( -\frac{1}{2} \, du \right) \]

負の符号を取り除いて積分範囲を逆にします：

\[ \int_{1}^{0} -\frac{1}{2} \sqrt{u} \, du = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \sqrt{u} \, du \]

### 積分の計算

\[ \int_{0}^{1} \sqrt{u} \, du = \int_{0}^{1} u^{1/2} \, du = \left[ \frac{2}{3} u^{3/2} \right]_{0}^{1} = \frac{2}{3} \]

したがって、

\[ \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \sqrt{u} \, du = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \]

### 結論

この積分の値は \(\frac{1}{3}\) です。正解は **② 1/3** です。

重積分の計算はなぜyから積分をしたのですか？

重積分の計算を行う際に \( y \) から積分を開始した理由は、積分の順序を定めるための範囲の設定に基づいています。具体的には、領域 \( R \) が次のように定義されていたためです：

\[ 0 \leq x \leq 1 \]
\[ 0 \leq y \leq \sqrt{1 – x^2} \]

この範囲設定に従うと、内側の積分変数として \( y \) を選び、次に外側の積分変数として \( x \) を積分する方が計算しやすいためです。

### 積分の順序の選択

二重積分では、領域 \( R \) の形状に応じて積分の順序を選択します。今回のように \( y \) の範囲が \( x \) に依存する場合、\( y \) を先に積分する方が一般的です。この手順によって、積分の計算が簡略化され、誤りが少なくなります。

### 領域の設定と積分順序
– \( x \) の範囲が \( 0 \) から \( 1 \) まで
– \( y \) の範囲が \( 0 \) から \( \sqrt{1 – x^2} \) まで

### 内側の積分の計算

\[ \int_{0}^{\sqrt{1 – x^2}} x \, dy \]

ここで \( x \) は定数とみなされるため、簡単に積分できます：

\[ \int_{0}^{\sqrt{1 – x^2}} x \, dy = x \left[ y \right]_{0}^{\sqrt{1 – x^2}} = x \sqrt{1 – x^2} \]

### 外側の積分の計算

次に外側の積分を行います：

\[ \int_{0}^{1} x \sqrt{1 – x^2} \, dx \]

これを適切な方法（例えば置換積分）で解くと最終的な結果が得られます。

順番を入れ替えるのは数学的に正しいのですか？

はい、重積分において積分の順序を入れ替えることは数学的に正しい手法です。積分領域が適切に設定されている場合、順序を変えても結果は同じになります。これを「フビニの定理（Fubini’s Theorem）」と呼びます。この定理により、領域 \( R \) の積分が次のように書き換えられます：

\[ \iint_R f(x,y) \, dA = \int_{a}^{b} \left( \int_{c(x)}^{d(x)} f(x,y) \, dy \right) dx = \int_{c}^{d} \left( \int_{a(y)}^{b(y)} f(x,y) \, dx \right) dy \]

### 順序を入れ替える例
元の積分は次の通りでした：

\[ \iint_R x \, dx \, dy \]
領域 \( R \) は \( 0 \leq x \leq 1 \) および \( 0 \leq y \leq \sqrt{1 – x^2} \)。

この順序を入れ替えると、次のようになります：

\[ \iint_R x \, dy \, dx \]

新しい領域は \( 0 \leq y \leq 1 \) および \( 0 \leq x \leq \sqrt{1 – y^2} \) になります。

### 新しい積分の設定
\[ \int_{0}^{1} \int_{0}^{\sqrt{1 – y^2}} x \, dx \, dy \]

 

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