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微分積分の問題

難易度 3期末試験の応用レベル証明問題大学数学微分積分

$f, g$ を閉区間 $[0, 1]$ 上の実数値連続関数とし、平面の開集合
$D = {(x, y) ∣ x > 0, y > 0, x + y < 1}$
を考える。このとき
$\iint_{D} f (x + y) g (\frac{x}{x + y}) d x d y = (\int_{0}^{1} t f (t) d t) (\int_{0}^{1} g (s) d s)$
が成り立つことを証明せよ。ただし、次の事実は用いてよい。
- （変数変換公式） $E, F$ を平面の有界な開集合、 $Φ : E \to F$ を $C^{1}$ 級の全単射で、逆写像も $C^{1}$ 級であり、ヤコビアン $J_{Φ}$ が $E$ 上で $0$ にならないものとする。 $F$ 上の有界な連続関数 $h$ に対して $\iint_{F} h (x, y) d x d y = \iint_{E} h (Φ (u, v)) ∣ J_{Φ} (u, v) ∣ d u d v$ が成り立つ（両辺の積分は存在する）。
- （累次積分） $(0, 1) \times (0, 1)$ 上の有界な連続関数 $k (u) l (v)$ （ $k, l$ は $[0, 1]$ 上連続）について $\iint_{(0, 1)^{2}} k (u) l (v) d u d v = \int_{0}^{1} k (u) d u \int_{0}^{1} l (v) d v$ が成り立つ。

この問題で使うもの

重積分の変数変換とヤコビアン（説明と入口の問題）
重積分と累次積分（説明と入口の問題）
偏微分と全微分（説明と入口の問題）
関数の連続性と中間値の定理（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（48 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

被積分関数が $x + y$ と $\frac{x}{x + y}$ だけで書けていることに注目し、この 2 つを新しい変数にとる変数変換を考える。

ヒント 2

$u = x + y$ , $s = \frac{x}{x + y}$ とおくと $x = u s$ , $y = u (1 - s)$ となる。この変換で $D$ が正方形 $(0, 1) \times (0, 1)$ に対応することと、ヤコビアンを計算する。

ヒント 3

$Φ (u, s) = (u s, u (1 - s))$ が $(0, 1)^{2}$ から $D$ への全単射で逆も $C^{1}$ 級であることを、逆写像を具体的に書いて確かめる。ヤコビアンは $det (s 1 - s u - u)$ である。

採点の観点と模範解答

自分で証明を書いてから、採点の観点で見比べてください。

採点の観点を見る

$u = x + y$ , $s = \frac{x}{x + y}$ （すなわち $x = u s$ , $y = u (1 - s)$ ）という変換を選んでいる（1 点）
この変換が $(0, 1)^{2}$ と $D$ の間の全単射であることを、像が含まれることと逆写像の合成が恒等写像になることの両方で確かめ、両方向の $C^{1}$ 性にも触れている（3 点）
ヤコビアンを $- u$ と正しく計算し、 $E$ 上で $0$ にならないこと、絶対値が $u$ であることを述べている（2 点）
被積分関数が $D$ 上で有界かつ連続であることを、 $f, g$ の有界性・連続性から確認している（2 点）
変換後の被積分関数が $u f (u) g (s)$ になることを示し、累次積分で 2 つの 1 変数積分の積に分けて結論している（2 点）

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模範解答を読む

変数変換 $x = u s, y = u (1 - s)$ を用いる。 $E = (0, 1) \times (0, 1)$ とし、 $Φ : E \to D$ を $Φ (u, s) = (u s, u (1 - s))$ で定める。

ステップ 1（ $Φ$ が $E$ から $D$ への全単射であること）.
- $Φ (E) \subset D$ : $(u, s) \in E$ なら $0 < u < 1$ , $0 < s < 1$ より $x = u s > 0$ , $y = u (1 - s) > 0$ , $x + y = u < 1$ 。よって $Φ (u, s) \in D$ 。
- 逆写像の構成: $Ψ : D \to E$ を $Ψ (x, y) = (x + y, \frac{x}{x + y})$ で定める。 $(x, y) \in D$ なら $x + y > 0$ なので $Ψ$ は定義され、 $0 < x + y < 1$ 、かつ $0 < x < x + y$ より $0 < \frac{x}{x + y} < 1$ 。よって $Ψ (D) \subset E$ 。
- 互いに逆であること: $Ψ (Φ (u, s)) = (u, \frac{u s}{u}) = (u, s)$ （ $u > 0$ ）。また $u = x + y$ , $s = \frac{x}{x + y}$ に対して $u s = x$ , $u (1 - s) = x + y - x = y$ なので $Φ (Ψ (x, y)) = (x, y)$ 。

したがって $Φ$ は全単射で、逆写像は $Ψ$ である。 $Φ$ の成分は多項式、 $Ψ$ の成分は分母 $x + y$ が $D$ 上で正の有理式なので、どちらも $C^{1}$ 級である。また $E, D$ はともに有界な開集合である。

ステップ 2（ヤコビアン）.
$J_{Φ} (u, s) = det \frac{\partial x}{\partial u} \frac{\partial y}{\partial u} \frac{\partial x}{\partial s} \frac{\partial y}{\partial s} = det (s 1 - s u - u) = - s u - u (1 - s) = - u .$
$E$ 上で $u > 0$ なので $J_{Φ} \neq = 0$ で、 $∣ J_{Φ} (u, s) ∣ = u$ 。

ステップ 3（被積分関数の有界性・連続性）. $h (x, y) = f (x + y) g (\frac{x}{x + y})$ とおく。 $(x, y) \in D$ のとき $x + y \in (0, 1)$ , $\frac{x}{x + y} \in (0, 1)$ であり、 $x + y$ と $\frac{x}{x + y}$ は $D$ 上で連続なので、 $f, g$ の連続性から $h$ は $D$ 上で連続である。さらに $f, g$ は閉区間 $[0, 1]$ 上の連続関数なので最大値・最小値の定理により有界で、 $∣ f ∣ \leq M_{1}$ , $∣ g ∣ \leq M_{2}$ とすれば $∣ h ∣ \leq M_{1} M_{2}$ 。よって $h$ は $D$ 上の有界な連続関数である。

ステップ 4（変数変換と累次積分）. ステップ 1〜3 より変数変換公式の前提がすべて満たされるので
$\iint_{D} h (x, y) d x d y = \iint_{E} h (u s, u (1 - s)) \cdot u d u d s .$
ここで $u s + u (1 - s) = u$ 、 $\frac{u s}{u} = s$ なので $h (u s, u (1 - s)) = f (u) g (s)$ 。よって
$\iint_{D} h d x d y = \iint_{(0, 1)^{2}} u f (u) g (s) d u d s .$
$k (u) = u f (u)$ , $l (s) = g (s)$ は $[0, 1]$ 上で連続なので、累次積分の事実から
$\iint_{(0, 1)^{2}} u f (u) g (s) d u d s = \int_{0}^{1} u f (u) d u \int_{0}^{1} g (s) d s .$
積分変数の名前を $u$ から $t$ に変えれば、
$\iint_{D} f (x + y) g (\frac{x}{x + y}) d x d y = (\int_{0}^{1} t f (t) d t) (\int_{0}^{1} g (s) d s)$
が成り立つ。これで証明が終わる。

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