重積分の変数変換とヤコビアン

更新 2023/12/24

重積分の変数変換

2変数 $x,y$ を2変数 $u,v$ に変換する。

このとき $xy$ 平面上の領域 $D$ が $uv$ 上の領域 $E$ に一対一に対応するとき， $D$ 上の積分可能関数 $f$ は次のように計算される。 $\iint_D f(x,y) dxdy = \iint_E f(x(u,v),y(u,v)) |J| dudv$ ただし $|J|$ はヤコビ行列 $J=\begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v}\\ \frac{\partial y}{du} & \frac{\partial y}{\partial v} \end{pmatrix}$ の行列式（ヤコビアン）である。

なお， $n$ 変数のときも同様に計算される。

この記事では重積分の変数変換（置換積分）とその具体的な計算例を紹介します。

ヤコビアンについては

→ヤコビ行列，ヤコビアンの定義と極座標の例

も確認してください。

ヤコビアンの計算例

1次変換x=au+bvx=a u+b vx=au+bv，y=cu+dvy= c u+dvy=cu+dv と変換するとき，
∣J∣=∣det(∂x∂u∂x∂v∂y∂u∂y∂v)∣=∣det(abcd)∣=∣ad−bc∣\begin{aligned}
    |J| &= \left| \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}
    \right|\\
    &= \left| \mathrm{det}
    \begin{pmatrix}
        a &  b\\
        c & d    
    \end{pmatrix}
    \right|\\
    &= |ad-bc|
\end{aligned}∣J∣​=∣∣​det⎝⎛​∂u∂x​∂u∂y​​∂v∂x​∂v∂y​​⎠⎞​∣∣​=∣∣​det(ac​bd​)∣∣​=∣ad−bc∣​
となります。
変数変換を
(xy)=(abcd)(uv)
\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}
= 
\begin{pmatrix}
a & b \\ c & d
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix}
(xy​)=(ac​bd​)(uv​)
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×nn \times nn×n 行列 AAA を用いて
(x1⋮xn)=A(y1⋮yn)
\begin{pmatrix} x_1 \\ \vdots \\ x_n \end{pmatrix}
= A
\begin{pmatrix} y_1 \\ \vdots \\ y_n \end{pmatrix}
⎝⎛​x1​⋮xn​​⎠⎞​=A⎝⎛​y1​⋮yn​​⎠⎞​
と変数変換するとき，ヤコビアンは ∣J∣=det⁡A|J|=\det A∣J∣=detA となります。
2次元極座標系x=rcos⁡θx = r \cos \thetax=rcosθ，y=rsin⁡θy = r \sin \thetay=rsinθ (r≧0)(r\geqq 0)(r≧0) と変換するとき，
∣J∣=∣det(∂x∂r∂x∂θ∂y∂r∂y∂θ)∣=∣det(cos⁡θ−rsin⁡θsin⁡θrcos⁡θ)∣=∣r(cos⁡2θ+sin⁡2θ)∣=r\begin{aligned}
    |J| &= \left| \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}
    \right|\\
    &= \left| \mathrm{det}
    \begin{pmatrix}
        \cos \theta & -r \sin \theta\\
        \sin \theta & r \cos \theta   
    \end{pmatrix}
    \right|\\
    &= |r(\cos^2 \theta + \sin^2 \theta)|\\
    &= r
\end{aligned}∣J∣​=∣∣​det⎝⎛​∂r∂x​∂r∂y​​∂θ∂x​∂θ∂y​​⎠⎞​∣∣​=∣∣​det(cosθsinθ​−rsinθrcosθ​)∣∣​=∣r(cos2θ+sin2θ)∣=r​
となります。
円筒座標系x=rcos⁡θx=r \cos \thetax=rcosθ，y=rsin⁡θy = r \sin \thetay=rsinθ，z=zz=zz=z (r≧0)(r\geqq 0 )(r≧0) と変換するとき，
∣J∣=∣det(∂x∂r∂x∂θ∂x∂z∂y∂r∂y∂θ∂y∂z∂z∂r∂z∂θ∂z∂z)∣=∣det(cos⁡θ−rsin⁡θ0sin⁡θrcos⁡θ0001)∣=r\begin{aligned}
    |J| &= \left| \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} \right|\\
    &= \left| \mathrm{det} 
    \begin{pmatrix}
        \cos \theta & -r \sin \theta & 0\\
        \sin \theta & r \cos \theta & 0\\
        0 & 0 & 1
    \end{pmatrix} \right|\\
    &= r
\end{aligned}∣J∣​=∣∣​det⎝⎛​∂r∂x​∂r∂y​∂r∂z​​∂θ∂x​∂θ∂y​∂θ∂z​​∂z∂x​∂z∂y​∂z∂z​​⎠⎞​∣∣​=∣∣​det⎝⎛​cosθsinθ0​−rsinθrcosθ0​001​⎠⎞​∣∣​=r​
となります。
3次元極座標変換x=rsin⁡θcos⁡ϕx=r \sin \theta \cos \phix=rsinθcosϕ，y=rsin⁡θsin⁡ϕy = r \sin \theta \sin \phiy=rsinθsinϕ，z=rcos⁡θz=r \cos \thetaz=rcosθ (r≧0,0≦θ≦π,0≦ϕ≦2π)(r\geqq 0 , 0 \leqq \theta \leqq \pi , 0 \leqq \phi \leqq 2 \pi)(r≧0,0≦θ≦π,0≦ϕ≦2π) と変換するとき，
∣J∣=∣det(∂x∂r∂x∂θ∂x∂ϕ∂y∂r∂y∂θ∂y∂ϕ∂z∂r∂z∂θ∂z∂ϕ)∣=∣det(sin⁡θcos⁡ϕrcos⁡θcos⁡ϕ−rsin⁡θsin⁡ϕsin⁡θsin⁡ϕrcos⁡θsin⁡ϕrsin⁡θcos⁡ϕcos⁡θ−rsin⁡θ0)∣=r2sin⁡3θsin⁡2ϕ+r2sin⁡θcos⁡2θcos⁡2ϕ+r2sin⁡θcos⁡2θsin⁡2ϕ+r2sin⁡3θcos⁡2ϕ=r2sin⁡3θ+r2sin⁡θcos⁡2θ=r2sin⁡θ\begin{aligned}
    |J| &= \left| \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} \right|\\
    &= \left| \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}
    \right|\\
    &= 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}∣J∣​=∣∣​det⎝⎛​∂r∂x​∂r∂y​∂r∂z​​∂θ∂x​∂θ∂y​∂θ∂z​​∂ϕ∂x​∂ϕ∂y​∂ϕ∂z​​⎠⎞​∣∣​=∣∣​det⎝⎛​sinθcosϕsinθsinϕcosθ​rcosθcosϕrcosθsinϕ−rsinθ​−rsinθsinϕrsinθcosϕ0​⎠⎞​∣∣​=r2sin3θsin2ϕ+r2sinθcos2θcos2ϕ+r2sinθcos2θsin2ϕ+r2sin3θcos2ϕ=r2sin3θ+r2sinθcos2θ=r2sinθ​
となります。

積分の計算例

例題

$D = \{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \mid 0 \leqq x+y \leqq 1 , 0 \leqq x-y \leqq 1 \}$ とする。 $\iint_D (x^2-y^2) dxdy$ を求めよ。
次の積分を計算せよ。 $\iint_{\mathbb{R}^2} e^{-x^2-y^2} dxdy$
$D = \{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \mid x^2 + \frac{y^2}{4} + \frac{z^2}{9} \leqq 1 \}$ とする。 $\iiint_D z^2 \; dxdydz$ を求めよ。
実数 $p,q$ に対して $\Gamma (p) \Gamma (q) = \mathrm{B} (p,q) \Gamma (p+q)$ を証明せよ。ただし $\mathrm{B} (p,q)$ はベータ関数， $\Gamma (p)$ はガンマ関数とする。

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。

解答

$u = x+y$ ， $v = x-y$ と置換する。

このとき $x=\dfrac{u+v}{2}$ ， $y=\dfrac{u-v}{2}$ となり，ヤコビアンを計算すると $|J| = \left| \dfrac{1}{2} \cdot \left(-\dfrac{1}{2} \right) - \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} \right| = \dfrac{1}{2}$ となる。よって積分は $\begin{aligned} \iint_D (x^2-y^2) \; dxdy &= \iint_D (x+y)(x-y) dxdy\\ &= \int_0^1 \int_0^1 \dfrac{1}{2}uv \; dudv\\ &= \dfrac{1}{8} \end{aligned}$ である。

2の解答

解答

$x = r \cos \theta$ ， $y = r \sin \theta$ と置換する。

このときヤコビアンは $r$ である。よって積分は $\begin{aligned} \iint_{\mathbb{R}^2} e^{-x^2-y^2} dxdy &= \int_0^{2\pi} \int_0^{\infty} r e^{-r^2} dr d\theta\\ &= 2 \pi \left[ \dfrac{1}{2} e^{-r^2} \right]_0^{\infty}\\ &= \pi \end{aligned}$ である。

最初の式を変形すると $\iint_{\mathbb{R}^2} e^{-x^2-y^2} dxdy = \left( 2 \int_0^{\infty} e^{-x^2} dx \right)^2$ となります。ここからガウス積分の公式 $\int_0^{\infty} e^{-x^2} dx = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2}$ が得られます。

3の解答

解答

$x = r \sin \theta \cos \phi$ ， $y = 2 r \sin \theta \sin \phi$ ， $z = 3r \cos \phi$ $(0 \leqq r \leqq 1 , 0 \leqq \theta \leqq \pi , 0 \leqq \phi \leqq 2 \pi)$ と置換する。

3次元極座標のヤコビアンにならってヤコビアンを計算すると， $J = 6 r^2 \sin \theta$ となる。

よって積分は $\begin{aligned} &\iiint_{D} z^2 \; dxdydz \\ &=\int_0^1 \int_0^{\pi} \int_0^{2\pi} 54 r^4 \cos^2 \phi \sin \theta\; d\phi d\theta dr\\ &= 54 \int_0^1 r^4 \; dr \int_0^{\pi} \sin \theta \ d\theta \int_0^{2\pi} \cos^2 \phi \; d\phi\\ &= 54 \cdot \dfrac{1}{5} \cdot 2 \cdot \pi\\ &= \dfrac{108}{5} \pi \end{aligned}$ である。

4の解答

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

解答

$\begin{aligned} &\Gamma (p) \Gamma (q)\\ &= \int_0^{\infty} x^{p-1}e^{-x}dx \int_0^{\infty} y^{q-1}e^{-y}dy\\ &= \int_0^{\infty} \int_0^{\infty} x^{p-1}y^{q-1}e^{-x-y}dxdy \end{aligned}$

ここで $x = uv$ ， $y = u(1-v)$ と置換する。

ヤコビアンは $|J| = \left|\begin{pmatrix} v & u\\ 1-v & -u \end{pmatrix}\right| = u$ となる。

積分区間を求める。

$x+y = u$ より $0 \leqq u < \infty$ である。

また， $v = \dfrac{x}{x+y}$ となる。 $x,y$ は非負であるため $v \geqq 0$ ，また $v \leqq \dfrac{x+y}{x+y} = 1$ である。よって $0 \leqq v \leqq 1$ である。

※ 実際， $0$ から $1$ の間の値を連続的に取ることも証明できる。

こうして $\begin{aligned} &\Gamma (p) \Gamma (q)\\ &= \int_0^{\infty} \int_0^{\infty} u^{p+q-2} v^{q-1} (1-v)^{q-1} e^{-u} udxdy\\ &= \int_0^{\infty} u^{p+q-1} e^{-u} du \int_0^{1} v^{p-1} (1-v)^{q-1} dv\\ &= \Gamma (p+q) \mathrm{B} (p,q) \end{aligned}$ と計算される。

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。

注意

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 C1C^1C1 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)x(u,v)x(u,v)，y(u,v)y(u,v)y(u,v) が u,vu,vu,v の関数として C1C^1C1 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)=(rcos⁡θ,rsin⁡θ)(x,y) = (r\cos \theta , r \sin \theta)(x,y)=(rcosθ,rsinθ)
を考えます。r=0r=0r=0 であれば，任意の θ\thetaθ で (x,y)=(0,0)(x,y) = (0,0)(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
DDD から面積 000 の閉部分集合 NNN を適当に取り除いた場合，D\ND \backslash ND\N 上で変数変換が単射
重積分のうまい変数変換によってバーゼル問題を解くことができます。おもしろいですね。