円座標を直交座標へ変換する微分同相写像
平面\(\mathbb{R} ^{2}\)上に存在する点\(P\)の直交座標が\(\left( x,y\right) \in \mathbb{R} ^{2}\)であり、円座標（平面極座標）が\(\left( r,\theta \right) \in \mathbb{R} ^{2}\)であるものとします。このとき、以下の関係\begin{equation*}\left(
\begin{array}{c}
x \\
y\end{array}\right) =\left(
\begin{array}{c}
r\cos \left( \theta \right) \\
r\sin \left( \theta \right)
\end{array}\right)
\end{equation*}が成り立ちます。
直交座標と円座標の間には1対1の関係が成立しません。そこで、両者の間に1対1の関係を成立させるために、円座標がとり得る値の範囲を、\begin{equation*}
\left( r,\theta \right) \in \left( 0,+\infty \right) \times \left( 0,2\pi
\right)
\end{equation*}に制限します。その上で、円座標を直交座標へ変換するベクトル値関数\begin{equation*}
\boldsymbol{T}:\mathbb{R} ^{2}\subset \left( 0,+\infty \right) \times \left( 0,2\pi \right)
\rightarrow \mathbb{R} ^{2}
\end{equation*}を定義します。つまり、この関数\(\boldsymbol{T}\)はそれぞれの極座標\(\left(r,\theta \right) \in \left( 0,+\infty \right) \times \left( 0,2\pi \right) \)に対して、それに対応する直交座標\begin{equation*}\boldsymbol{T}\left( r,\theta \right) =\left(
\begin{array}{c}
T_{1}\left( r,\theta \right) \\
T_{2}\left( r,\theta \right)
\end{array}\right) =\left(
\begin{array}{c}
r\cos \left( \theta \right) \\
r\sin \left( \theta \right)
\end{array}\right)
\end{equation*}を値として定めます。円座標がとり得る値の範囲を制限しているため、直交座標において点が原点および\(x\)軸の正の部分に位置する可能性はなく、直交座標がとり得る値の範囲、すなわち関数\(\boldsymbol{T}\)の値域は、\begin{equation*}R\left( \boldsymbol{T}\right) =\mathbb{R} ^{2}\backslash \left\{ \left( x,0\right) \in \mathbb{R} ^{2}\ |\ x\geq 0\right\}
\end{equation*}となります。そこで、関数\(\boldsymbol{T}\)の終集合を値域に制限して、\begin{equation*}\boldsymbol{T}:\mathbb{R} ^{2}\supset \left( 0,+\infty \right) \times \left( 0,2\pi \right)
\rightarrow R\left( \boldsymbol{T}\right)
\end{equation*}とすることにより\(\boldsymbol{T}\)は全単射になるため、逆関数\begin{equation*}\boldsymbol{T}^{-1}:\mathbb{R} ^{2}\supset R\left( \boldsymbol{T}\right) \rightarrow \left( 0,+\infty
\right) \times \left( 0,2\pi \right)
\end{equation*}の存在を保証できます。この逆関数\(\boldsymbol{T}^{-1}\)はそれぞれの直交座標\(\left( x,y\right) \in R\left( \boldsymbol{T}\right) \)に対して、それに対応する円座標\begin{equation*}\boldsymbol{T}^{-1}\left( x,y\right) =\left(
\begin{array}{c}
T_{1}^{-1}\left( x,y\right) \\
T_{2}^{-1}\left( x,y\right)
\end{array}\right)
\end{equation*}を値として定めます。
ベクトル値関数\(\boldsymbol{T}:\mathbb{R} ^{2}\supset \left( 0,+\infty \right) \times \left( 0,2\pi \right)\rightarrow R\left( \boldsymbol{T}\right) \)は偏微分可能であり、ヤコビ行列関数\(J_{\boldsymbol{T}}:\mathbb{R} ^{2}\supset \left( 0,+\infty \right) \times \left( 0,2\pi \right)\rightarrow R\left( \boldsymbol{T}\right) \)はそれぞれの\(\left( r,\theta \right) \in \left( 0,+\infty \right) \times\left( 0,2\pi \right) \)に対して、\begin{eqnarray*}J_{\boldsymbol{T}}\left( r,\theta \right) &=&\begin{pmatrix}
\frac{\partial T_{1}\left( r,\theta \right) }{\partial r} & \frac{\partial
T_{1}\left( r,\theta \right) }{\partial \theta } \\
\frac{\partial T_{2}\left( r,\theta \right) }{\partial r} & \frac{\partial
T_{2}\left( r,\theta \right) }{\partial \theta }\end{pmatrix}
\\
&=&\begin{pmatrix}
\frac{\partial r\cos \left( \theta \right) }{\partial r} & \frac{\partial
r\cos \left( \theta \right) }{\partial \theta } \\
\frac{\partial r\sin \left( \theta \right) }{\partial r} & \frac{\partial
r\sin \left( \theta \right) }{\partial \theta }\end{pmatrix}
\\
&=&\begin{pmatrix}
\cos \left( \theta \right) & -r\sin \left( \theta \right) \\
\sin \left( \theta \right) & r\cos \left( \theta \right)
\end{pmatrix}\end{eqnarray*}を定めますが、これは連続関数です。以上より、\(\boldsymbol{T}\)は\(C^{1}\)級であることが明らかになりました。さらに、ヤコビアンは、\begin{eqnarray*}\det \left( J_{\boldsymbol{T}}\left( r,\theta \right) \right) &=&\left\vert
\begin{pmatrix}
\cos \left( \theta \right) & -r\sin \left( \theta \right) \\
\sin \left( \theta \right) & r\cos \left( \theta \right)
\end{pmatrix}\right\vert \\
&=&r\cos ^{2}\left( \theta \right) +r\sin ^{2}\left( \theta \right) \\
&=&r \\
&>&0\quad \because \left( 0,+\infty \right)
\end{eqnarray*}を満たします。したがって、逆関数定理より、逆関数\(\boldsymbol{T}^{-1}\)もまた\(C^{1}\)級になることが保証されます。
これまでの議論の結論をまとめます。
\begin{array}{c}
r\cos \left( \theta \right) \\
r\sin \left( \theta \right)
\end{array}\right)
\end{equation*}を定めるベクトル値関数\(\boldsymbol{T}:\mathbb{R} ^{2}\supset \left( 0,+\infty \right) \times \left( 0,2\pi \right)\rightarrow R\left( \boldsymbol{T}\right) \)を定義する。ただし、\begin{equation*}R\left( \boldsymbol{T}\right) =\mathbb{R} ^{2}\backslash \left\{ \left( x,0\right) \in \mathbb{R} ^{2}\ |\ x\geq 0\right\}
\end{equation*}である。この場合、逆関数\(\boldsymbol{T}^{-1}:\mathbb{R} ^{2}\supset R\left( \boldsymbol{T}\right) \rightarrow \left( 0,+\infty\right) \times \left( 0,2\pi \right) \)が存在して、\(\boldsymbol{T}\)と\(\boldsymbol{T}^{-1}\)はともに\(C^{1}\)級になる。すなわち、\(\boldsymbol{T}\)は\(C^{1}\)級の微分同相写像である。
円座標（平面極座標）のもとでの2重積分
円座標を直交座標へ変換するベクトル値関数\begin{equation*}
\boldsymbol{T}:\mathbb{R} ^{2}\supset \left( 0,+\infty \right) \times \left( 0,2\pi \right)
\rightarrow R\left( \boldsymbol{T}\right)
\end{equation*}は\(C^{1}\)級の微分同相写像であることが明らかになりました。\(\boldsymbol{T}\)の定義域の部分集合\begin{equation*}D\subset \left( 0,+\infty \right) \times \left( 0,2\pi \right)
\end{equation*}を選んだ上で\(\boldsymbol{T}\)の定義域を\(D\)に制限すると、それにあわせて\(\boldsymbol{T}\)の値域は、\begin{eqnarray*}\boldsymbol{T}\left( D\right) &=&\left\{ \boldsymbol{T}\left( r,\theta
\right) \in \mathbb{R} ^{2}\ |\ \left( r,\theta \right) \in D\right\} \\
&=&\left\{ \left(
\begin{array}{c}
r\cos \left( \theta \right) \\
r\sin \left( \theta \right)
\end{array}\right) \in \mathbb{R} ^{2}\ |\ \left( r,\theta \right) \in D\right\}
\end{eqnarray*}になります。関数\(\boldsymbol{T}\)の定義域と終集合をともに制限して、\begin{equation*}\boldsymbol{T}:\mathbb{R} ^{2}\supset D\rightarrow \boldsymbol{T}\left( D\right)
\end{equation*}とします。その上で、その値域\(\boldsymbol{T}\left( D\right) \)上に定義された2変数関数の実数値関数\begin{equation*}f:\mathbb{R} ^{2}\supset \boldsymbol{T}\left( D\right) \rightarrow \mathbb{R} \end{equation*}が連続である場合には、多重積分の変数置換公式より、\begin{eqnarray*}
\int \int_{\boldsymbol{T}\left( D\right) }f\left( x,y\right) dxdy &=&\int
\int_{D}f\left( \boldsymbol{T}\left( r,\theta \right) \right) \left\vert
\det \left( J_{\boldsymbol{T}}\left( r,\theta \right) \right) \right\vert
drd\theta \\
&=&\int \int_{D}f\left( r\cos \left( \theta \right) ,r\sin \left( \theta
\right) \right) rdrd\theta
\end{eqnarray*}を得ます。
これまでは円座標の動径\(r\)と偏角\(\theta \)が非ゼロである状況を想定しましたが、\(r\)と\(\theta \)の少なくとも一方が\(0\)をとり得る状況を想定しても、すなわち積分範囲\(D\)に\(x\)軸の正の部分が加わる状況を想定しても2重積分の結果は変わらないため、これまでの議論より以下を得ます。
\begin{array}{c}
r\cos \left( \theta \right) \\
r\sin \left( \theta \right)
\end{array}\right) \in \mathbb{R} ^{2}\ |\ \left( r,\theta \right) \in D\right\}
\end{equation*}と定める。関数\(f:\mathbb{R} ^{2}\supset \boldsymbol{T}\left( D\right) \rightarrow \mathbb{R} \)が連続である場合には、以下の関係\begin{equation*}\int \int_{\boldsymbol{T}\left( D\right) }f\left( x,y\right) dxdy=\int
\int_{D}f\left( r\cos \left( \theta \right) ,r\sin \left( \theta \right)
\right) rdrd\theta
\end{equation*}が成り立つ。
この命題はどのような意味において有用なのでしょうか。平面\(\mathbb{R} ^{2}\)上の領域\(\boldsymbol{T}\left( D\right) \)に定義された2変数の連続関数\(f\left( x,y\right) \)を直交座標のもとで2重積分しようとしている状況、すなわち、\begin{equation}\int \int_{\boldsymbol{T}\left( D\right) }f\left( x,y\right) dxdy \quad \cdots (1)
\end{equation}を特定しようとしている状況を想定します。これを計算するのが困難である場合、まずは、積分範囲と被積分関数を直交座標から円座標へそれぞれ変換します。つまり、\begin{eqnarray*}
\boldsymbol{T}\left( D\right) &\rightarrow &D \\
f\left( x,y\right) &\rightarrow &f\left( r\cos \left( \theta \right) ,r\sin
\left( \theta \right) \right) r
\end{eqnarray*}とするということです。変換後の関数\(f\left(r\cos \left( \theta \right) ,r\sin \left( \theta \right) \right) r\)を変換後の領域\(D\)上において2重積分すれば、\begin{equation}\int \int_{D}f\left( r\cos \left( \theta \right) ,r\sin \left( \theta
\right) \right) rdrd\theta \quad \cdots (2)
\end{equation}が得られますが、先の命題より、これは\(\left( 1\right) \)と一致することが保証されます。\(\left(1\right) \)を計算するよりも\(\left( 2\right) \)の計算のほうが容易である場合、この手法は有用です。
\int_{0}^{1}\int_{0}^{\sqrt{1-x^{2}}}\left( x^{2}+y^{2}\right) dydx
\end{equation*}について考えます。これをそのまま計算するのは容易ではないため円座標に変換します。直交座標のもとでの積分範囲は、\begin{equation*}
\boldsymbol{T}\left( D\right) =\left\{ \left( x,y\right) \in \mathbb{R} ^{2}\ |\ 0\leq x\leq 1\wedge 0\leq y\leq \sqrt{1-x^{2}}\right\}
\end{equation*}ですが、\begin{eqnarray*}
0 &\leq &x\leq 1\wedge 0\leq y\leq \sqrt{1-x^{2}} \\
&\Leftrightarrow &0\leq x\leq 1\wedge 0\leq y\wedge y^{2}\leq 1-x^{2} \\
&\Leftrightarrow &0\leq x\leq 1\wedge 0\leq y\wedge x^{2}+y^{2}\leq 1
\end{eqnarray*}となるため、\(\boldsymbol{T}\left(D\right) \)は単位円と第1象限の交わりである四分円です。したがって、積分範囲を円座標に変換すると、\begin{equation*}D=\left\{ \left( r,\theta \right) \in \mathbb{R} ^{2}\ |\ 0\leq r\leq 1\wedge 0\leq \theta \leq \frac{\pi }{2}\right\}
\end{equation*}となります。被積分関数も円座標に変換すると、\begin{eqnarray*}
\left. x^{2}+y^{2}\right\vert _{\left( x,y\right) =\left( r\cos \left(
\theta \right) ,r\sin \left( \theta \right) \right) }\cdot r &=&\left(
r^{2}\cos ^{2}\left( \theta \right) +r^{2}\sin ^{2}\left( \theta \right)
\right) \cdot r \\
&=&r^{2}\cdot r \\
&=&r^{3}
\end{eqnarray*}となります。したがって、先の命題より、\begin{eqnarray*}
\int_{0}^{1}\int_{0}^{\sqrt{1-x^{2}}}\left( x^{2}+y^{2}\right) dydx &=&\int
\int_{D}\left( \left. x^{2}+y^{2}\right\vert _{\left( x,y\right) =\left(
r\cos \left( \theta \right) ,r\sin \left( \theta \right) \right) }\cdot
r\right) drd\theta \\
&=&\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\left( \int_{0}^{1}r^{3}dr\right) d\theta \\
&=&\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\left( \left[ \frac{r^{4}}{4}\right] _{r=0}^{1}\right) d\theta \\
&=&\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\left( \frac{1}{4}-0\right) d\theta \\
&=&\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{4}d\theta \\
&=&\left[ \frac{1}{4}\theta \right] _{0}^{\frac{\pi }{2}} \\
&=&\frac{1}{4}\left( \frac{\pi }{2}-0\right) \\
&=&\frac{\pi }{8}
\end{eqnarray*}となります。
\int \int_{R\left( D\right) }\ln \left( x^{2}+y^{2}\right) dydx
\end{equation*}について考えます。ただし、積分領域\(\boldsymbol{T}\left( D\right) \)は原点\(\left( 0,0\right) \)が中心であり半径が\(\sqrt{3}\)であるような円と第1象限の交わりである四分円であるものとします。円座標のもとでの積分範囲は、\begin{equation*}D=\left\{ \left( r,\theta \right) \in \mathbb{R} ^{2}\ |\ 0\leq r\leq \sqrt{3}\wedge 0\leq \theta \leq \frac{\pi }{2}\right\}
\end{equation*}です。被積分関数も円座標に変換すると、\begin{eqnarray*}
\left. \ln \left( x^{2}+y^{2}\right) \right\vert _{\left( x,y\right) =\left(
r\cos \left( \theta \right) ,r\sin \left( \theta \right) \right) }\cdot r
&=&\left( \ln \left( r^{2}\cos ^{2}\left( \theta \right) +r^{2}\sin
^{2}\left( \theta \right) \right) \right) \cdot r \\
&=&\ln \left( r^{2}\right) \cdot r \\
&=&r\ln \left( r^{2}\right)
\end{eqnarray*}となります。したがって、先の命題より、\begin{eqnarray*}
\int \int_{\boldsymbol{T}\left( D\right) }\ln \left( x^{2}+y^{2}\right) dydx
&=&\int \int_{D}\left( \left. \ln \left( x^{2}+y^{2}\right) \right\vert
_{\left( x,y\right) =\left( r\cos \left( \theta \right) ,r\sin \left( \theta
\right) \right) }\cdot r\right) drd\theta \\
&=&\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\left( \int_{0}^{\sqrt{3}}r\ln \left(
r^{2}\right) dr\right) d\theta \\
&=&\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\left[ \frac{1}{2}r^{2}\left[ \ln \left(
r^{2}\right) -1\right] \right] _{r=0}^{\sqrt{3}}d\theta \\
&=&\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\left[ \frac{3}{2}\left[ \ln \left( 3\right) -1\right] -0\right] d\theta \\
&=&\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{3}{2}\left[ \ln \left( 3\right) -1\right] d\theta \\
&=&\left[ \frac{3}{2}\left[ \ln \left( 3\right) -1\right] \theta \right] _{0}^{\frac{\pi }{2}} \\
&=&\frac{3}{2}\left[ \ln \left( 3\right) -1\right] \frac{\pi }{2}-0 \\
&=&\frac{3\pi }{4}\left[ \ln \left( 3\right) -1\right] \end{eqnarray*}となります。
\int_{0}^{2}\int_{0}^{\sqrt{1-\left( x-1\right) ^{2}}}\frac{x+y}{x^{2}+y^{2}}dydx
\end{equation*}について考えます。これをそのまま計算するのは容易ではないため円座標に変換します。直交座標のもとでの積分範囲は、\begin{equation*}
\boldsymbol{T}\left( D\right) =\left\{ \left( x,y\right) \in \mathbb{R} ^{2}\ |\ 0\leq x\leq 2\wedge 0\leq y\leq \sqrt{1-\left( x-1\right) ^{2}}\right\}
\end{equation*}ですが、\begin{eqnarray*}
0 &\leq &x\leq 2\wedge 0\leq y\leq \sqrt{1-\left( x-1\right) ^{2}} \\
&\Leftrightarrow &0\leq x\leq 2\wedge 0\leq y\wedge y^{2}\leq 1-\left(
x-1\right) ^{2} \\
&\Leftrightarrow &0\leq x\leq 2\wedge 0\leq y\wedge \left( x-1\right)
^{2}+y^{2}\leq 1
\end{eqnarray*}となるため、\(\boldsymbol{T}\left(D\right) \)は点\(\left( 1,0\right) \)を中心とする半径\(1\)の円と第1象限の交わりである半円です。したがって、偏角の範囲は、\begin{equation*}0\leq \theta \leq \frac{\pi }{2}
\end{equation*}です。偏角\(\theta \)が与えられたとき、それに対応する動径\(r\)の最小値は\(0\)である一方、最大値は、\begin{equation*}\left( x-1\right) ^{2}+y^{2}=1
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
\left[ r\cos \left( \theta \right) -1\right] ^{2}+\left[ r\sin \left( \theta
\right) \right] ^{2}=1
\end{equation*}を満たす\(r\)であるため、これを解くと、\begin{equation*}r^{2}\cos ^{2}\left( \theta \right) -2r\cos \left( \theta \right)
+1+r^{2}\sin ^{2}\left( \theta \right) =1
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
r^{2}-2r\cos \left( \theta \right) =0
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
r=2\cos \left( \theta \right)
\end{equation*}を得ます。したがって、積分領域を円座標に変換すると、\begin{equation*}
D=\left\{ \left( r,\theta \right) \in \mathbb{R} ^{2}\ |\ 0\leq r\leq 2\cos \left( \theta \right) \wedge 0\leq \theta \leq
\frac{\pi }{2}\right\}
\end{equation*}となります。被積分関数も円座標に変換すると、\begin{eqnarray*}
\left. \frac{x+y}{x^{2}+y^{2}}\right\vert _{\left( x,y\right) =\left( r\cos
\left( \theta \right) ,r\sin \left( \theta \right) \right) }\cdot r &=&\frac{r\cos \left( \theta \right) +r\sin \left( \theta \right) }{r^{2}\cos
^{2}\left( \theta \right) +r^{2}\sin ^{2}\left( \theta \right) }\cdot r \\
&=&\frac{r^{2}\left[ \cos \left( \theta \right) +\sin \left( \theta \right) \right] }{r^{2}} \\
&=&\cos \left( \theta \right) +\sin \left( \theta \right)
\end{eqnarray*}となります。したがって、先の命題より、\begin{eqnarray*}
\int_{0}^{2}\int_{0}^{\sqrt{1-\left( x-1\right) ^{2}}}\frac{x+y}{x^{2}+y^{2}}dydx &=&\int \int_{D}\left( \left. \frac{x+y}{x^{2}+y^{2}}\right\vert
_{\left( x,y\right) =\left( r\cos \left( \theta \right) ,r\sin \left( \theta
\right) \right) }\cdot r\right) drd\theta \\
&=&\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\left( \int_{0}^{2\cos \left( \theta \right) }\left[ \cos \left( \theta \right) +\sin \left( \theta \right) \right] dr\right) d\theta \\
&=&\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\left( \left[ \cos \left( \theta \right) +\sin
\left( \theta \right) \right] \int_{0}^{2\cos \left( \theta \right)
}1dr\right) d\theta \\
&=&\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\left( \left[ \cos \left( \theta \right) +\sin
\left( \theta \right) \right] \left[ r\right] _{r=0}^{2\cos \left( \theta
\right) }\right) d\theta \\
&=&\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\left( \left[ \cos \left( \theta \right) +\sin
\left( \theta \right) \right] \left[ 2\cos \left( \theta \right) -0\right] \right) d\theta \\
&=&\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\left[ 2\cos ^{2}\left( \theta \right) +2\cos
\left( \theta \right) \sin \left( \theta \right) \right] d\theta \\
&=&\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\left[ \cos \left( 2\theta \right) +1+\sin
\left( 2\theta \right) \right] d\theta \quad \because \text{倍角の公式} \\
&=&\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\left[ 1+\cos \left( 2\theta \right) +\sin
\left( 2\theta \right) \right] d\theta \\
&=&\left[ \theta +\frac{\sin \left( 2\theta \right) }{2}-\frac{\cos \left(
2\theta \right) }{2}\right] _{0}^{\frac{\pi }{2}} \\
&=&\left( \frac{\pi }{2}+0+\frac{1}{2}\right) -\left( 0+0-\frac{1}{2}\right)
\\
&=&\frac{\pi }{2}+1
\end{eqnarray*}となります。
演習問題
\int_{-1}^{1}\int_{-\sqrt{1-y^{2}}}^{\sqrt{1-y^{2}}}\left(
x^{2}+y^{2}\right) dxdy
\end{equation*}を計算してください。
\int_{-a}^{a}\int_{-\sqrt{a^{2}-x^{2}}}^{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}1dydx
\end{equation*}を計算してください。ただし、\(a>0\)です。
\int \int_{\boldsymbol{T}\left( D\right) }xydydx
\end{equation*}を計算してください。ただし、積分範囲\(\boldsymbol{T}\left( D\right) \)は以下の2つの円\begin{eqnarray*}x^{2}+y^{2} &=&1 \\
x^{2}+y^{2} &=&5
\end{eqnarray*}によって囲まれる領域と第1象限の交わりであるものとします。
\int_{0}^{6}\int_{0}^{y}xdxdy
\end{equation*}を計算してください。
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