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数検一級の問題の一般化

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$$\newcommand{ds}[0]{\displaystyle} $$

前々回(執筆時,第372回)の数検一級にて、原点周りの球内での多項式の積分の問題が出ました。うろ覚えかつ問題の公開権限とかいろいろ怪しいので途中までです。ご了承ください。

$\Omega=\{(x,y,z)|x,y,z\in\mathbb{R},x^2+y^2+z^2\leq1\}$とし、多項式関数$f:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}$について、$\ds I(f)=\int_\Omega f(x,y,z)dxdydz$と定めるとき、…

今回はこの$I(f)$を一般化します。

$\Omega_a:=\{(x,y,z)|x,y,z\in\mathbb{R},x^2+y^2+z^2\leq a^2\}$多項式$f\in\mathbb{R}[x_1,x_2,x_3]$に対して$\ds I_a(f):=\int_{\Omega_a}f(x,y,z)dxdydz$と定める。

$f$が重数列$a_{l,m,n}:\mathbb{N}^3\to\mathbb{R}$を用いて$\ds f(x,y,z)=\sum_{(l,m,n)\in\mathbb{N}^3}a_{l,m,n}x^ly^mz^n$と表せるなら、$\ds I_a(f)=\sum_{(l,m,n)\in\mathbb{N}^3}a_{l,m,n}I_a(x^ly^mz^n)$である。

$f\in\mathbb{R}[x_1,x_2,x_3]$なら$f$は可積分で$\Omega_a$内で有界だから項別積分可能である。

すなわち、$I_a(f)$を求めるには各$(l,m,n)\in\mathbb{N}^3$に対して$I_a(x^ly^mz^n)$が求まればよい。

\begin{align} I_a(x^ly^mz^n)&=\int_{\Omega_a}x^ly^mz^ndxdydz\\ &=\int_0^a\int_0^\pi\int_0^{2\pi}(r\sin\theta\cos\phi)^l(r\sin\theta\sin\phi)^m(r\cos\theta)^nr^2\sin\theta d\phi d\theta dr\\ &=\int_0^ar^{l+m+n+2}dr\int_0^\pi\sin^{l+m+1}\theta\cos^n\theta d\theta\int_0^{2\pi}\cos^l\phi\sin^m\phi d\phi \\ \end{align}

$\ds J(\alpha,\beta)=\int_0^{2\pi}\sin^\alpha\theta\cos^\beta\theta d\theta$とすれば、$\ds J(\alpha,\beta)=\frac12(1+(-1)^\alpha)(1+(-1)^\beta){\rm B}\left(\frac{\alpha+1}{2},\frac{\beta+1}{2}\right)$である。

\begin{align} J(\alpha,\beta)&=\int_0^\pi\sin^\alpha t\cos^\beta tdt+\int_{-\pi}^0\sin^\alpha s\cos^\beta sds\\ &=\int_0^\pi\sin^\alpha t\cos^\beta tdt+\int_0^\pi\sin^\alpha (-s)\cos^\beta (-s) ds\\ &=\int_0^\pi\sin^\alpha t\cos^\beta tdt+(-1)^\alpha\int_0^\pi\sin^\alpha s\cos^\beta s ds\\ &=(1+(-1)^\alpha)\int_0^\pi\sin^\alpha t\cos^\beta tdt \end{align}
であり、
\begin{align} \int_0^\pi\sin^\alpha\theta\cos^\beta\theta d\theta &=\int_0^{\frac\pi2}\sin^\alpha\theta\cos^\beta\theta d\theta+\int_0^{\frac\pi2}\sin^\alpha\left(\phi+\frac\pi2\right)\cos^\beta\left(\phi+\frac\pi2\right) d\phi\\ &=\int_0^{\frac\pi2}\sin^\alpha\theta\cos^\beta d\theta+(-1)^\beta\int_0^{\frac\pi2}\cos^\alpha\phi\sin^\beta\phi d\phi\\ &=\frac12(1+(-1)^\beta){\rm B}\left(\frac{\alpha+1}{2},\frac{\beta+1}{2}\right) \end{align}
だから
$$J(\alpha,\beta)=\frac12(1+(-1)^\alpha)(1+(-1)^\beta){\rm B}\left(\frac{\alpha+1}{2},\frac{\beta+1}{2}\right)$$

$J(\alpha,\beta)$が求まったので$I_a(x^ly^mz^n)$を求めます。
$$I_a(x^ly^mz^n)=\int_0^ar^{l+m+n+2}dr\int_0^\pi\sin^{l+m+1}\theta\cos^n\theta d\theta\int_0^{2\pi}\cos^l\phi\sin^m\phi d\phi $$
より
\begin{align} I_a(x^ly^mz^n)=&\frac{a^{l+m+n+3}}{l+m+n+3}\cdot\frac{1}{2}(1+(-1)^n){\rm B}\left(\frac{l+m+2}{2},\frac{n+1}{2}\right) \\ &\times\frac12(1+(-1)^l)(1+(-1)^m){\rm B}\left(\frac{l+1}{2},\frac{m+1}{2}\right) \\ =&\frac{a^{l+m+n+3}}{4(l+m+n+3)}(1+(-1)^l)(1+(-1)^m)(1+(-1)^n)\\ &\times\frac{\Gamma\left(\frac{l+1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{m+1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{l+m+n+3}{2}\right)} \end{align}
を得ます。複雑に見えますが、$l,m,n$のうちどれか一つでも奇数になると$0$になってしまうので実際にはガンマ関数を計算しておまけの係数をかければ出せます。良心的設計ですね。

投稿日:2021924

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