5 極座標変換による計算

前節は、直接 (2) の累次積分を計算したが、 (2) の被積分関数は極座標に向いていそうである。 ただし、積分領域は円の一部ではなく正方形なので、 そちらは極座標向きではないが、それをあえて極座標で変数変換して考えてみる。

$x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$ とすると、(2) の積分領域

$$D=\{(x,y)\ \vert\ 0\leq x\leq 2,\ 0\leq y\leq 2\}$$

は、$r,\theta$ では

$$G=\left\{(r,\theta)\ \vert\ 0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}, \ 0\leq r\leq p(\theta)\right\}$$

に移る。ここで $p(\theta)$ は、 $0\leq\theta\leq\pi/4$ では $x=r\cos\theta\leq 2$ より $r\leq 2/\cos\theta$, $\pi/4\leq\theta\leq\pi/2$ では $y=r\sin\theta\leq 2$ より $r\leq 2/\sin\theta$ となるので、

$$p(\theta) = \left\{\begin{array}{ll} \displaystyle \frac{2}{\... ...yle \left(\frac{\pi}{4}\leq\theta \leq\frac{\pi}{2}\right) \end{array}\right.$$ (15)

である。これにより (2) は、

	$$S$$	$=$	$$\int\hspace{-6pt}\int _G\sqrt{1+r^2}\,rdrd\theta \ =\ \int_0^{\pi/2}\left\{\int_0^{p(\theta)}r\sqrt{1+r^2}\,dr\right\}d\theta$$
		$=$	$$\int_0^{\pi/2}\left[\frac{1}{3}(1+r^2)^{3/2}\right]_{r=0}^{r=p(\t... ...nt_0^{\pi/2}\left\{\frac{1}{3}(1+p(\theta)^2)^{3/2}-\frac{1}{3}\right\} d\theta$$
		$=$	$$\int_0^{\pi/4}\frac{1}{3}\left(1+\frac{4}{\cos^2\theta}\right)^{3... ...2}\frac{1}{3}\left(1+\frac{4}{\sin^2\theta}\right)^{3/2} d\theta -\frac{\pi}{6}$$
		$=$	$$S_8+S_9-\frac{\pi}{6}$$

のように積分できる。$S_9$ は、 $\theta=\pi/2-\phi$ と置換すると、

$$S_9 = \int_{0}^{\pi/4}\frac{1}{3}\left(1+\frac{4}{\cos^2\phi}\right)^{3/2}d\phi = S_8$$

となるので、$S$ は

$$S = 2S_8-\frac{\pi}{6}$$ (16)

となる。あとはこの $S_8$ を求めればよい。

$$1+\frac{4}{\cos^2\theta} = 1+ \frac{8}{1+\cos 2\theta} = \frac{9+\cos 2\theta}{1+\cos 2\theta}$$

なので、 $\cos 2\theta = t$ と置換すると、 $\theta = (\cos^{-1}t)/2$ より $d\theta=-dt/(2\sqrt{1-t^2})$ なので、

	$$S_8$$	$=$	$$\frac{1}{3}\int_0^{\pi/4}\left(\frac{9+\cos2\theta}{1+\cos 2\theta} \right)^{3/2}d\theta$$
		$=$	$$\frac{1}{6}\int_0^{1-0}\left(\frac{9+t}{1+t}\right)^{3/2} \frac{d... ...^2}} \ =\ \frac{1}{6}\int_0^{1-0}\frac{9+t}{(1+t)^2}\sqrt{\frac{9+t}{1-t}}\,dt$$	(17)

となる。なお、これは $t=1$ のところで広義積分となることに注意する。 そのため積分範囲の 1 を $1-0$ と書いておく。

ここでさらに、 $\sqrt{(9+t)/(1-t)}=s$ と置換すると、

	$$\frac{9+t}{1-t}$$	$=$	$$s^2, \hspace{1zw}s^2+1=\frac{10}{1-t}, \hspace{1zw}t=1-\frac{10}{s^2+1}=\frac{s^2-9}{s^2+1}, \hspace{1zw}dt=\frac{20s}{(s^2+1)^2},$$
	$$\frac{9+t}{(1+t)^2}$$	$=$	$$\frac{9+\displaystyle \frac{s^2-9}{s^2+1}}{\left(1+\displaystyle ... ...1}\right)^2} =\frac{10s^2(s^2+1)}{(2s^2-8)^2} = \frac{5s^2(s^2+1)}{2(s^2-4)^2},$$

なので、

$$S_8 =\frac{1}{6}\int_3^{\infty}\frac{5s^2(s^2+1)}{2(s^2-4)^2}\, \... ...0s^2ds}{(s^2+1)^2} =\frac{1}{3}\int_3^{\infty}\frac{25s^4ds}{(s^2-4)^2(s^2+1)}$$

となる。さらに $s=1/u$ とすれば、

$$S_8 =\frac{1}{3}\int_0^{1/3}\frac{25u^{-4}u^{-2}ds}{(u^{-2}-4)^2(u^{-2}+1)} =\frac{1}{3}\int_0^{1/3}\frac{25du}{(1-4u^2)^2(1+u^2)}$$ (18)

となり、広義積分も解消された形となる。 あとはこの分数式を部分分数分解して積分すればよい。

$$\frac{25}{(1-4u^2)^2(1+u^2)} = \frac{a}{(1-2u)^2}+\frac{b}{1-2u} +\frac{c}{(1+2u)^2}+\frac{d}{1+2u}+\frac{pu+q}{1+u^2}$$

の形に分解する。

まず、両辺に $(1-2u)^2$ をかけて $u=1/2$ とすると $25/(4\times (5/4))=5=a$ となる。 同様に $(1+2u)^2$ をかけて $u=-1/2$ とすると $25/(4\times(5/4))=5=c$ となる。

また、両辺に $(1+u^2)$ をかけて $u=i$ とすると、 $25/(1-4i^2)^2 = 1 = pi+q$ となるので $p=0$, $q=1$ となる。 あとは $b$, $d$ のみであるが、右辺の確定した項の和は

	$${\frac{5}{(1-2u)^2}+\frac{5}{(1+2u)^2}+\frac{1}{1+u^2} \ =\ \frac{5(2+8u^2)}{(1-4u^2)^2}+\frac{1}{1+u^2}}$$
		$=$	$$\frac{10(1+5u^2+4u^4)+1-8u^2+16u^4}{(1-4u^2)^2(1+u^2)} \ =\ \frac{11+42u^2+56u^4}{(1-4u^2)^2(1+u^2)}$$

となり、よってそれを移項すれば

	$${\frac{25}{(1-4u^2)^2(1+u^2)} -\frac{11+42u^2+56u^4}{(1-4u^2)^2(1+u^2)} \ =\ \frac{14(1-3u^2-4u^4)}{(1-4u^2)^2(1+u^2)}}$$
		$=$	$$\frac{14(1-4u^2)(1+u^2)}{(1-4u^2)^2(1+u^2)} \ =\ \frac{14}{1-4u^2} \ =\ \frac{7}{1-2u}+\frac{7}{1+2u}$$

となるので $b=d=7$、 結局

$$\frac{25}{(1-4u^2)^2(1+u^2)} = \frac{5}{(1-2u)^2}+\frac{5}{(1+2u)^2}+\frac{7}{1-2u} +\frac{7}{1+2u}+\frac{1}{1+u^2}$$

となることがわかる。よって、$S_8$ は、

	$$S_8$$	$=$	$$\frac{1}{3}\left[\frac{5}{2(1-2u)}-\frac{5}{2(1+2u)} +\frac{7}{2}\log\left\vert\frac{1+2u}{1-2u}\right\vert+\tan^{-1}u\right]_0^{1/3}$$
		$=$	$$\frac{1}{3}\left\{\left(\frac{15}{2}-\frac{3}{2}+\frac{7}{2}\log5... ...1}{3}\right)-0\right\} \ =\ 2+\frac{7}{6}\log5+\frac{1}{3}\tan^{-1}\frac{1}{3}$$

となる。(16) より $S$ は

$$S = 2\left(2+\frac{7}{6}\log 5+\frac{1}{3}\tan^{-1}\frac{1}{3}... ...{\pi}{6} = 4+\frac{7}{3}\log 5 + \frac{2}{3}\tan^{-1}\frac{1}{3}-\frac{\pi}{6}$$ (19)

となることがわかる。

なお、これを前節の結果 (14) と比較すると、

$$-\frac{2}{3}\tan^{-1}\frac{1}{2}=\frac{2}{3}\tan^{-1}\frac{1}{3}-\frac{\pi}{6}$$

すなわち、

$$\tan^{-1}\frac{1}{2}+\tan^{-1}\frac{1}{3}=\frac{3}{2}\,\frac{\pi}{6} =\frac{\pi}{4}$$ (20)

でないといけないことになるが、 $\tan^{-1}(1/2)=\alpha$, $\tan^{-1}(1/3)=\beta$ とすると $\tan\alpha=1/2$, $\tan\beta=1/3$, $0<\alpha,\beta<\pi/2$ で、

$$\tan(\alpha+\beta) = \frac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta} = \frac{\displaystyle \frac{5}{6}}{\displaystyle 1-\frac{1}{6}}=1$$

なので、 $0<\alpha+\beta<\pi$ より $\alpha+\beta=\pi/4$ となって、 確かに (20) は成立する。