Greenの定理による諸曲線面積の求積とバウムクーヘン分割の証明

$D = \biggl\lbrace (x,y): \dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} \le 1 \biggr\rbrace $ とする．このとき，面積を$S$とすれば
\begin{align} S = \iint_D 1\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \oint_C x\mathrm{d}y \end{align}
を求めることとなる．いま，$x = a\cos \theta, \ y = b\sin \theta$とすれば，
\begin{align} S &= \oint_C x\mathrm{d}y \\ &=\int^{2\pi}_0 ab\cos^2\theta \mathrm{d}\theta \\ &= 4ab\int^{\pi/2}_0 \cos^2\theta \mathrm{d}\theta = 4ab \cdot \dfrac{1}{2} \cdot\dfrac{\pi}{2} = \pi ab \end{align}
を得る．ただし，最後の部分においてはWalisの公式を用いた．
若しくは，以下の手法でもよい．(こちらのほうが最後が簡単かも)
\begin{align} \iint_D 1 \mathrm{d}x\mathrm{d}y= \iint_D \biggl\lparen \dfrac{\partial (x/2)}{\partial x} - \dfrac{\partial (-y/2)}{\partial y} \biggr\rparen \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \oint_C \biggl\lparen-\dfrac{y}{2}\mathrm{d}x +\dfrac{x}{2}\mathrm{d}y\biggr\rparen \end{align}
だから，
\begin{align} S = \dfrac{1}{2}\int^{2\pi}_{0}( ab\cos^2\theta + ab\sin^2\theta)\mathrm{d}\theta = \dfrac{1}{2}\cdot2\pi ab = \pi ab \end{align}

$D = \big\lbrace (x,y): x^{2/3} + y^{2/3} \le a^{2/3} \big\rbrace $ とする．このとき，面積を$S$とすれば
\begin{align} S = \iint_D 1 \mathrm{d}x\mathrm{d}y= \oint_C \biggl\lparen-\dfrac{y}{2}\mathrm{d}x +\dfrac{x}{2}\mathrm{d}y\biggr\rparen \end{align}
いま，$x = a\cos^3\theta, y = a\sin^3\theta$ とおけば，
\begin{align} S &= \dfrac{3a^2}2 \int^{2\pi}_{0} (\cos^4\theta\sin^2\theta + \sin^4\theta\cos^2\theta)\mathrm{d}\theta\\ &= \dfrac{3a^2}2 \int^{2\pi}_{0}\sin^2\theta\cos^2\theta(\cos^2\theta+\sin^2\theta)\mathrm{d}\theta\\ &= \dfrac{3a^2}2\int^{2\pi}_{0}\dfrac14\sin^2(2\theta)\mathrm{d}\theta = \dfrac{3a^2}8\cdot\dfrac12\int^{4\pi}_{0}\sin^2\theta\mathrm{d}\theta = \dfrac{3a^2}8\cdot\dfrac12\cdot8\cdot\dfrac{\pi}{2\cdot2}=\dfrac{3a^2}8\pi \end{align}

これは少々難解です．まず，デカルトの葉とは，$x^3+y^3-3axy=0$で表示される曲線である．いま，
$y=tx$というパラメタを導入すれば，$x^3+t^3x^3-3atx^2=((1+t^3)x-3at)x^2=0$とできるから，これにより，
$\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} x(t) =\dfrac{3at}{1+t^3} \\ y(t) = \dfrac{3at^2}{1+t^3} \end{array} \right. \end{eqnarray}$
とできる．これを例2で用いた式にて適用する．
すると，(Wolfram Alphaが言うには)
$\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \mathrm{d}x=\dfrac{3a(1-2t^3)}{(1+t^3)^3} \\ \mathrm{d}y=\dfrac{3at(2-t^3)}{(1+t^3)^2} \end{array} \right. \end{eqnarray}$
なので，
\begin{align} S &= \dfrac12\int^\infty_0\biggl\lparen-\dfrac{3at^2}{1+t^3}\dfrac{3a(1-2t^3)}{(1+t^3)^2} + \dfrac{3at}{1+t^3}\dfrac{3at(2-t^3)}{(1+t^3)^2}\biggr\rparen \mathrm{d}t \\ &= \dfrac12\int^\infty_0\dfrac{9a^2t^2}{(1+t^3)^2}\mathrm{d}t=\dfrac{3a^2}2\int_1^\infty \dfrac1{u^2}\mathrm{d}u=\dfrac{3a^2}2 \end{align}
ただし，最後は$1+t^3=:u$の変数変換を実行した．

$r(\theta)$が連続関数で表される曲線で，$\theta $が$\alpha$から$\beta$まで動くとき，それらが囲う面積は$\frac12\int^\alpha_\beta r(\theta)^2\mathrm{d}\theta$である．
実際，$x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$とすれば，
$\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \mathrm{d}x=\cos\theta\mathrm{d}r -r\sin\theta\mathrm{d}\theta\\ \mathrm{d}y=\sin\theta\mathrm{d}r+r\cos\theta\mathrm{d}\theta \end{array} \right. \end{eqnarray}$
なので($r$は$\theta$の関数なことに注意)
\begin{equation} \dfrac12\int_\beta^\alpha -y\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y=\dfrac12\int_\beta^\alpha (-r\sin\theta\cos\theta+r\sin\theta\cos\theta)\mathrm{d}r+(r^2\sin^2\theta+r^2\cos^2\theta)\mathrm{d}\theta = \dfrac12\int_\beta^\alpha r^2\mathrm{d}\theta \end{equation}
より．