重積分の変数変換とヤコビアン

1次変換

$x=a u+b v$，$y= c u+dv$ と変換するとき， $$\begin{aligned} \det J &= \mathrm{det} \begin{pmatrix} \dfrac{\partial x}{\partial u} & \dfrac{\partial x}{\partial v}\\ \dfrac{\partial y}{\partial u} & \dfrac{\partial y}{\partial v} \end{pmatrix} \\ &= \mathrm{det} \begin{pmatrix} a & b\\ c & d \end{pmatrix} \\ &= ad-bc \end{aligned}$$ となります。

変数変換を $$\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix}$$ と見ると，ヤコビアンは変換行列の行列式であることがわかります。

より一般に $n \times n$ 行列 $A$ を用いて $$\begin{pmatrix} x_1 \\ \vdots \\ x_n \end{pmatrix} = A \begin{pmatrix} y_1 \\ \vdots \\ y_n \end{pmatrix}$$ と変数変換するとき，ヤコビアンは $\det J=\det A$ となります。

2次元極座標系

$x = r \cos \theta$，$y = r \sin \theta$ $(r\geqq 0,\: 0\leqq\theta < 2\pi)$ と変換するとき， $$\begin{aligned} \det J &= \mathrm{det} \begin{pmatrix} \dfrac{\partial x}{\partial r} & \dfrac{\partial x}{\partial \theta}\\ \dfrac{\partial y}{\partial r} & \dfrac{\partial y}{\partial \theta} \end{pmatrix} \\ &= \mathrm{det} \begin{pmatrix} \cos \theta & -r \sin \theta\\ \sin \theta & r \cos \theta \end{pmatrix} \\ &= r(\cos^2 \theta + \sin^2 \theta)\\ &= r \end{aligned}$$ となります。

円筒座標系

$x=r \cos \theta$，$y = r \sin \theta$，$z=z$ $(r\geqq 0,\:0\leqq\theta<2\pi)$ と変換するとき， $$\begin{aligned} \det J &= \mathrm{det} \begin{pmatrix} \dfrac{\partial x}{\partial r} & \dfrac{\partial x}{\partial \theta} & \dfrac{\partial x}{\partial z}\\ \dfrac{\partial y}{\partial r} & \dfrac{\partial y}{\partial \theta} & \dfrac{\partial y}{\partial z}\\ \dfrac{\partial z}{\partial r} & \dfrac{\partial z}{\partial \theta} & \dfrac{\partial z}{\partial z} \end{pmatrix} \\ &= \mathrm{det} \begin{pmatrix} \cos \theta & -r \sin \theta & 0\\ \sin \theta & r \cos \theta & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ &= r \end{aligned}$$ となります。

3次元極座標変換

$x=r \sin \theta \cos \phi$，$y = r \sin \theta \sin \phi$，$z=r \cos \theta$ $(r\geqq 0 ,\:0 \leqq \theta \leqq \pi ,\: -\pi < \phi \leqq \pi)$ と変換するとき， $$\begin{aligned} \det J &= \mathrm{det} \begin{pmatrix} \dfrac{\partial x}{\partial r} & \dfrac{\partial x}{\partial \theta} & \dfrac{\partial x}{\partial \phi}\\ \dfrac{\partial y}{\partial r} & \dfrac{\partial y}{\partial \theta} & \dfrac{\partial y}{\partial \phi}\\ \dfrac{\partial z}{\partial r} & \dfrac{\partial z}{\partial \theta} & \dfrac{\partial z}{\partial \phi} \end{pmatrix} \\ &= \mathrm{det} \begin{pmatrix} \sin \theta \cos \phi & r \cos \theta \cos \phi & -r \sin \theta \sin \phi \\ \sin \theta \sin \phi & r \cos \theta \sin \phi & r \sin \theta \cos \phi \\ \cos \theta & -r \sin \theta & 0 \end{pmatrix} \\ &= r^2 \sin^3 \theta \sin^2 \phi + r^2 \sin \theta \cos^2 \theta \cos^2 \phi \\ & \quad\quad + r^2 \sin \theta \cos^2 \theta \sin^2 \phi + r^2 \sin^3 \theta \cos^2 \phi \\ &= r^2 \sin^3 \theta + r^2 \sin \theta \cos^2 \theta \\ &= r^2 \sin \theta \end{aligned}$$ となります。

例題

1の解答

直接計算するのは手間がかかりそうです。しかし積分範囲と被積分関数をよく見れば，どのように置換すればよいのか気付けます。

2の解答

最初の式を変形すると $$\iint_{\mathbb{R}^2} e^{-x^2-y^2} dxdy = \left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx \right)^2$$ となります。ここからガウス積分の公式 $$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}$$ が得られます。

3の解答

4の解答

定義を確認しておきましょう。 $$\mathrm{B} (p, q) = \int_0^1 x^{p-1} (1-x)^{q-1}dx\\ \Gamma(p)= \int_0^{\infty} x^{p-1}e^{-x}dx$$

面積・体積の計算

$xy$ 平面上の領域 $D$ に対して $$\iint_D dxdy$$ により $D$ の面積を計算できます。

同様に $xyz$ 空間内の領域 $D$ に対して $$\iiint_D dxdydz$$ により $D$ の体積を計算できます。

球の体積

原点中心，半径 $R$ の球を $B$ とおきます。$B$ の体積は $$\iiint_B dxdydz$$ で与えられます。

$xyz$ 座標から3次元極座標の座標変換をして計算しましょう。ヤコビアンは $r^2 \sin \theta$ であるため， $$\begin{aligned} \iiint_B dxdydz &= \int_0^R \int_0^{\pi} \int_0^{2\pi} r^2 \sin \theta \; d\phi d\theta dr\\ &= \int_0^R r^2 dr \int_0^{\pi} \sin \theta \; d \theta \int_0^{2\pi} d \phi\\ &= \dfrac{4}{3} \pi R^3 \end{aligned}$$ と計算されます。

定理の仮定についての補足

上で述べた仮定は必要十分にはなっていません。より厳密に次の仮定が追加で必要となります。

変数変換が $C^1$ 級

ヤコビアンの計算をする上で偏微分の計算が必要です。そのため，厳密には $x(u,v)$，$y(u,v)$ が $u,v$ の関数として $C^1$ 級である必要があります。

一対一対応についての補足

実は「一対一対応」でなくてもよい場合があります。例えば，極座標変換： $$(x,y) = (r\cos \theta , r \sin \theta)$$ を考えます。$r=0$ であれば，任意の $\theta$ で $(x,y) = (0,0)$ となります。よって，この変数変換は一対一対応ではありません。ですが，重積分の変数変換はうまくいきます。

こうした例も考慮し，より正確に仮定を述べると次の2条件となります。

• 変数変換が全射
• $D$ から面積 $0$ の閉部分集合 $N$ を適当に取り除いた場合，$D \backslash N$ 上で変数変換が単射