二重積分

x を固定すると、z = f(x, y) の下の立体に断面ができ、その面積 A(x) は y についての普通の積分です。A(x) を x に沿って積分すれば体積になります。代わりに y を固定するなら、領域を逆向きに読み、x を二本の曲線の間にとります。このページでは、一つを除くすべての場合で二つの順序の答えが一致します。

x を固定した断面	$\iint_{D}f\,dA=\int_{a}^{b}\!\int_{g_1(x)}^{g_2(x)}f(x,y)\,dy\,dx$
もう一方の順序（フビニ）、∬\|f\| dA が有限のとき	$\begin{gathered}\int_{a}^{b}\!\int_{g_1(x)}^{g_2(x)}f\,dy\,dx=\int_{c}^{d}\!\int_{h_1(y)}^{h_2(y)}f\,dx\,dy\\ \iint_{D}\|f\|\,dA<\infty\end{gathered}$

計算例 — 二重積分

この x での断面積	0.2188
体積（x を固定した断面）	0.15
もう一方の順序での体積（y を固定した断面）	0.15

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レッスン

理論 — 二重積分

二重積分 ∬_D f(x, y) dA は、xy 平面の領域 D と曲面 z = f(x, y) の間の体積です。平面より下にある部分は負として数えます。計算は累次積分で行います。一方の変数を固定してもう一方で積分し、その結果をさらに積分します。

各記号の意味

A(x): x を固定したときの断面の面積。それ自体が y についての積分
g₁(x), g₂(x): D を x に沿って読んだときの、下側と上側の境界
h₁(y), h₂(y): D を y に沿って読んだときの、左側と右側の境界

公式の導き方

x を固定する。 その x での平面が立体を切り、上端が曲線 y ↦ f(x, y) である断面ができます。断面は領域の下側の境界から上側の境界まで伸びます。その面積は x を定数とみなした y についての積分で、偏微分と同じ手つきです。
$A(x)=\int_{g_1(x)}^{g_2(x)}f(x,y)\,dy$
断面を足し合わせる。 体積は A(x) の x に沿った積分です。断面積による体積の求め方そのもので、違うのは断面自体に積分が一つ要ったことだけです。
$V=\int_{a}^{b}A(x)\,dx=\int_{a}^{b}\!\int_{g_1(x)}^{g_2(x)}f(x,y)\,dy\,dx$
あるいは逆向きに切る。 D を y に沿って読み、x を左右の境界の間にとって、先に x で積分します。フビニの定理によれば、∬|f| dA が有限ならば二つの順序は同じ値を与えます。閉じた有界な領域上の連続関数 f なら、これは常に成り立ちます。
$\int_{a}^{b}\!\int_{g_1(x)}^{g_2(x)}f\,dy\,dx=\int_{c}^{d}\!\int_{h_1(y)}^{h_2(y)}f\,dx\,dy$

前提: f は D 上で連続、あるいは少なくとも ∬|f| dA が有限であること。三角形の上の辺が x = 1 で式を変えるように、D の境界の式が途中で変わるところでは、そこで積分を分けます。

全プロセスの詳細解説

長方形の上で、両方の順序で 3 ステップ
長方形 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1 上で ∬ xy² dA を、両方の順序で計算せよ。

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1. x を固定し、x を定数とみなして y で積分します：
  
  $A(x)=\int_{0}^{1}xy^{2}\,dy=\tfrac{x}{3}$
2. 次に x に沿って：
  
  $\int_{0}^{2}\tfrac{x}{3}\,dx=\tfrac{4}{6}=\tfrac{2}{3}$
3. もう一方の順序、y を固定した断面で：
  
  $\int_{0}^{1}\!\int_{0}^{2}xy^{2}\,dx\,dy=\int_{0}^{1}2y^{2}\,dy=\tfrac{2}{3}$
解答

どちらでも 2/3 ≈ 0.6667。 長方形の上ではどちらの順序でも積分の端が数になり、積は分解できます：(∫₀² x dx)(∫₀¹ y² dy) = 2 · 1/3。

$\iint_{R}xy^{2}\,dA=\tfrac{2}{3}\approx0{.}6667$
二本の曲線にはさまれた領域 2 ステップ
y = x² と y = x にはさまれた領域上で ∬ (x + y) dA を計算せよ。

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1. 二曲線は x = 0 と x = 1 で交わり、その間では x² ≤ x なので、x を固定した断面は y = x² から y = x までです：
  
  $\begin{aligned}A(x)&=\int_{x^{2}}^{x}(x+y)\,dy=\Bigl[xy+\tfrac{y^{2}}{2}\Bigr]_{x^{2}}^{x}\\&=\tfrac{3x^{2}}{2}-x^{3}-\tfrac{x^{4}}{2}\end{aligned}$
2. 0 から 1 まで積分します：
  
  $\int_{0}^{1}\Bigl(\tfrac{3x^{2}}{2}-x^{3}-\tfrac{x^{4}}{2}\Bigr)dx=\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{4}-\tfrac{1}{10}=\tfrac{3}{20}$
解答

3/20 = 0.15。

$\iint_{D}(x+y)\,dA=\tfrac{3}{20}=0{.}15$
順序を逆にする 3 ステップ
問題 2 の積分を、積分の順序を逆にして書き直し、計算せよ。

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1. 領域を y に沿って読むと、y は 0 から 1 までで、高さ y での左の境界は直線 x = y、右の境界は放物線 x = √y です：
  
  $\int_{0}^{1}\!\int_{x^{2}}^{x}(x+y)\,dy\,dx=\int_{0}^{1}\!\int_{y}^{\sqrt{y}}(x+y)\,dx\,dy$
2. 内側の積分（y は固定）：
  
  $\int_{y}^{\sqrt{y}}(x+y)\,dx=\Bigl[\tfrac{x^{2}}{2}+xy\Bigr]_{y}^{\sqrt{y}}=\tfrac{y}{2}+y^{3/2}-\tfrac{3y^{2}}{2}$
3. 次に y に沿って：
  
  $\int_{0}^{1}\Bigl(\tfrac{y}{2}+y^{3/2}-\tfrac{3y^{2}}{2}\Bigr)dy=\tfrac{1}{4}+\tfrac{2}{5}-\tfrac{1}{2}=\tfrac{3}{20}$
解答

やはり 3/20。 x に沿って読んだときに下側の境界だった放物線は、y に沿って読むと右側の境界になり、x = √y と書かれます。

$\int_{0}^{1}\!\int_{y}^{\sqrt{y}}(x+y)\,dx\,dy=\tfrac{3}{20}$
積分一つで済む順序を選ぶ 3 ステップ
頂点 (0, 0)、(2, 0)、(1, 1) の三角形上で ∬ xy dA を計算せよ。

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1. x に沿って読むと、上の辺は x = 1 までは y = x、その先は y = 2 − x で、積分が二つになります。y に沿って読めば、どの y でも三角形は左の辺 x = y から右の辺 x = 2 − y まで伸びるので、y を固定して切ります：
  
  $\iint_{T}xy\,dA=\int_{0}^{1}\!\int_{y}^{2-y}xy\,dx\,dy$
2. 内側の積分：
  
  $\int_{y}^{2-y}xy\,dx=\tfrac{y}{2}\bigl((2-y)^{2}-y^{2}\bigr)=2y(1-y)$
3. 次に y に沿って：
  
  $\int_{0}^{1}2y(1-y)\,dy=1-\tfrac{2}{3}=\tfrac{1}{3}$
解答

1/3 ≈ 0.3333。 もう一方の順序では二つの部分から 1/8 + 5/24 が出て、同じく 1/3 になります。

$\iint_{T}xy\,dA=\tfrac{1}{3}\approx0{.}3333$
式を得るために順序を逆にする 3 ステップ
∫₀¹ ∫ₓ¹ e^(y²) dy dx を計算せよ。

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1. 内側の積分には初等的な原始関数がないので、順序を逆にします。領域は 0 ≤ x ≤ y ≤ 1 で、y に沿って読むと 0 ≤ y ≤ 1、0 ≤ x ≤ y です：
  
  $\int_{0}^{1}\!\int_{x}^{1}e^{y^{2}}\,dy\,dx=\int_{0}^{1}\!\int_{0}^{y}e^{y^{2}}\,dx\,dy$
2. 被積分関数は x によりません：
  
  $\int_{0}^{y}e^{y^{2}}\,dx=ye^{y^{2}}$
3. u = y² と置換します：
  
  $\int_{0}^{1}ye^{y^{2}}\,dy=\Bigl[\tfrac{e^{y^{2}}}{2}\Bigr]_{0}^{1}=\tfrac{e-1}{2}$
解答

(e − 1)/2 ≈ 0.8591。

$\tfrac{e-1}{2}\approx0{.}8591$
面で囲まれた立体 3 ステップ
三つの座標平面と平面 x + y + z = 1 で囲まれた四面体の体積を求めよ。
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1. この立体は z = 1 − x − y の下にあり、xy 平面のうちその高さが負にならない部分 x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 1 の上にあります。この三角形を x に沿って読みます：
  
  $V=\int_{0}^{1}\!\int_{0}^{1-x}(1-x-y)\,dy\,dx$
2. 内側の積分（x は固定）：
  
  $\int_{0}^{1-x}(1-x-y)\,dy=\tfrac{(1-x)^{2}}{2}$
3. 次に x に沿って：
  
  $\int_{0}^{1}\tfrac{(1-x)^{2}}{2}\,dx=\tfrac{1}{6}$
解答

1/6。底面積と高さの積の 3 分の 1、(1/3)(1/2)(1) と一致します。

$V=\tfrac{1}{6}$
領域上の平均の高さ 3 ステップ
問題 2 の領域上で f(x, y) = x + y の平均値を求めよ。
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1. 平均値は体積を領域の面積 |D| で割ったもので、同じ体積をもつ D 上の平らな板の高さにあたります：
  
  $\bar f=\frac{1}{|D|}\iint_{D}f\,dA$
2. 面積は 1 の二重積分です：
  
  $|D|=\int_{0}^{1}\!\int_{x^{2}}^{x}dy\,dx=\int_{0}^{1}\left(x-x^{2}\right)dx=\tfrac{1}{6}$
3. 問題 2 の体積 3/20 を使うと：
  
  $\bar f=\frac{3/20}{1/6}=\tfrac{9}{10}$
解答

9/10 = 0.9。

$\bar f=0{.}9$
二つの順序が一致しないとき 4 ステップ
単位正方形上での f(x, y) = (x² − y²)/(x² + y²)² の二つの累次積分が異なることを示し、フビニの定理のどの仮定が成り立たないかを述べよ。

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1. y/(x² + y²) を y で微分すると f になるので、x > 0 を固定すると：
  
  $\int_{0}^{1}\frac{x^{2}-y^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}\,dy=\Bigl[\frac{y}{x^{2}+y^{2}}\Bigr]_{0}^{1}=\frac{1}{1+x^{2}}$
2. したがってこの順序では：
  
  $\int_{0}^{1}\!\int_{0}^{1}f\,dy\,dx=\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x^{2}}=\arctan1=\frac{\pi}{4}$
3. x と y を入れ替えると f の符号が変わるので、もう一方の順序は符号を逆にした同じ計算です：
  
  $\int_{0}^{1}\!\int_{0}^{1}f\,dx\,dy=-\frac{\pi}{4}$
4. 極座標では f = cos 2θ/r² です。正方形の内側にある半径 1 の四分円の上で、
  
  $\int_{0}^{\pi/2}\!\int_{0}^{1}\frac{|\cos2\theta|}{r^{2}}\,r\,dr\,d\theta=\int_{0}^{\pi/2}|\cos2\theta|\,d\theta\int_{0}^{1}\frac{dr}{r}=\infty$
解答

一方の順序では π/4 ≈ 0.7854、もう一方では −π/4。 ∬|f| dA は無限大であり、フビニの定理が仮定しているのはまさにその有限性です。

$\begin{aligned}\int_{0}^{1}\!\int_{0}^{1}f\,dy\,dx&=\tfrac{\pi}{4}\approx0{.}7854\\ \int_{0}^{1}\!\int_{0}^{1}f\,dx\,dy&=-\tfrac{\pi}{4}\end{aligned}$

補充問題（答えのみ）

長方形 [0, 1] × [0, 2] 上で、二重積分 ∬ (x + y) dA を求めよう。

答えを表示

3。積分の順序をどちらにしても同じ値になる。

$\begin{aligned}&\int_{0}^{1}\!\int_{0}^{2}(x+y)\,dy\,dx\\&=\int_{0}^{1}(2x+2)\,dx=3\end{aligned}$
頂点が (0, 0)、(1, 0)、(1, 1) の三角形上で、二重積分 ∬ xy dA を求めよう。

答えを表示

1/8。外側の積分変数を x とすると、∫₀¹ ∫₀ˣ xy dy dx = ∫₀¹ x³/2 dx。

$\begin{aligned}&\int_{0}^{1}\!\int_{0}^{x}xy\,dy\,dx\\&=\int_{0}^{1}\frac{x^{3}}{2}\,dx=\frac18\end{aligned}$
二重積分を用いて、y = x² と y = 2 − x² で囲まれた領域の面積を求めよう。

答えを表示

8/3 ≈ 2.6667。y の積分範囲を x² から 2 − x² として、∫₋₁¹ ∫ 1 dy dx を計算する。

$\begin{aligned}A&=\int_{-1}^{1}\!\int_{x^{2}}^{2-x^{2}}dy\,dx\\&=\int_{-1}^{1}\left(2-2x^{2}\right)dx=\frac83\end{aligned}$
正方形 [0, 1] × [0, 1] を占める薄板の密度が ρ = x + y で与えられている。質量と重心を求めよう。

答えを表示

質量は 1、重心は (7/12, 7/12) ≈ (0.5833, 0.5833)。重心は正方形の中心よりも、密度の高い頂点 (1, 1) に寄っている。

$\begin{aligned}m&=1\\\bar x=\bar y&=\int_{0}^{1}\!\int_{0}^{1}x(x+y)\,dy\,dx\\&=\frac{7}{12}\approx0{.}5833\end{aligned}$

順序を入れ替えると、式のなかった積分に式ができる

式にならない断面 を押してみてください。x を固定すると、断面は e^(y²) の y = x から 1 までの積分です。e^(y²) には初等関数で表せる原始関数がなく、積分の章で e^(−t²) がぶつかったのと同じ壁です。ページは各断面を数値的に計算するしかありません。次に 同じものを逆向きに を押してください。y を固定すると、断面は x = 0 から x = y までで、高さ e^(y²) は x によらないので、断面は面積 y·e^(y²) の長方形です。これは e^(y²)/2 の導関数で、体積はちょうど (e − 1)/2 になります。立体そのものは何も変わっていません。断面に式があるかどうかを決めたのは、積分する順序でした。

順序で答えが変わる関数

順序で答えが変わる を押してみてください。曲面 (x² − y²)/(x² + y²)² は、単位正方形の対角線より下で正、上で負です。x を固定して切ると、どの断面も差し引き正の 1/(1 + x²) になり、累次積分は π/4 ≈ 0.7854 です。dx dy に切り替えると、どの断面も差し引き負の −1/(1 + y²) になり、答えは −0.7854 です。どちらの計算にも誤りはありません。原点の近くでこの曲面は cos 2θ/r² のようにふるまうので、正方形の上側の体積と下側の体積はどちらも無限大で、二つの順序はそれらを別々のやり方で打ち消し合わせます。両者が一致すべき二重積分が、そもそも存在しないのです。1907 年に発表されたフビニの定理は、∬|f| dA が有限なら二つの順序が一致することを保証します。ここではそれが無限大なので、定理は何も保証しません。

無限に伸びる尖端の下の立体は、体積 π²/6

体積 π²/6 を押してみてください。曲面 1/(1 − xy) は角 (1, 1) で限りなく高くなりますが、単位正方形の上でその下にある立体の体積は 1.6449 です。被積分関数を等比級数 1 + xy + x²y² + … に展開して項別に積分すると、xⁿyⁿ の正方形上の積分は 1/(n + 1)² なので、体積は 1 + 1/4 + 1/9 + … です。これは 1735 年にオイラーが π²/6 に等しいと示した和です。逆に読めば、二重積分はこの級数の和を求める一つの方法です。フリッツ・ボイカーズは 1979 年、分母に 1 − xy をもつ同じ正方形上の積分を使って、1 + 1/8 + 1/27 + … が無理数であることの短い証明を与えました。

学習の道すじ

積分の応用

参考文献 (4)

The method and the two descriptions of a region the page uses: Type I (“between two vertical lines and the graphs of two continuous functions”) and Type II (between two horizontal lines), and Theorem 5.4, Fubini's theorem (strong form), for a function continuous on such a region: G. Strang and E. Herman, Calculus Volume 3, OpenStax (2016), section 5.2, “Double Integrals over General Regions”.
Insight block 2: Fubini's theorem on successive integration, for f in L¹, that is, with ∬|f| finite; published 1907: G. Fubini, “Sugli integrali multipli”, Atti della Reale Accademia dei Lincei, Rendiconti, Classe di Scienze Fisiche, Matematiche e Naturali (5) 16 (1907), no. 1, 608–614.
Insight block 3: Euler showed in 1735 that 1 + 1/4 + 1/9 + … = π²/6: J. J. O'Connor and E. F. Robertson, “Leonhard Euler”, MacTutor History of Mathematics Archive, University of St Andrews (last updated September 1998).
Insight block 3: integrals over the unit square with 1 − xy in the denominator, used to prove ζ(2) and ζ(3) irrational: F. Beukers, “A Note on the Irrationality of ζ(2) and ζ(3)”, Bulletin of the London Mathematical Society 11 (1979), no. 3, 268–272.

7 Raven Room チーム · 公表された資料と照合しています。訂正のご指摘を歓迎します。