面積分の難問

面積分の難問と噂の、笠原晧司先生の『微分積分学』（サイエンス社）、p.297の問2を解きました。忘れないうちにメモを残しておきます。もう二度とやることはない気もしますが。

PCとかiPadとか、画面の大きい媒体で見ることをお勧めします（式が長いので）。

問題

$\displaystyle \iint _ S {\sqrt{x ^ 2+y ^ 2+z ^ 2}(dy \land dz+dz \land dx+dx \land dy)}$ を求めよ.

ただし, $S$ は $D=[0,\ 1]\times[0,\ 1]\times[0,\ 1]$ の表面とする.

解答

求める面積分を $I$ としておく. Gauss-Greenの公式より,

${ \displaystyle \begin{eqnarray} I&=&\iiint _ {D} {\frac{x+y+z}{\sqrt{x ^ 2+ y ^ 2+z ^ 2}}}dxdydz\\ &=&\int _ {x=0} ^ {1} \int _ {y=0} ^ {1} \int _ {z=0} ^ {1} {\frac{x+y+z}{\sqrt{x ^ 2+y ^ 2+z ^ 2}}}dzdydx\\ &=&\int _ {x=0} ^ {1} \int _ {y=0} ^ {1} {\left[\sqrt{x ^ 2+y ^ 2+z ^ 2}+(x+y)\log{\left(z+\sqrt{z ^ 2+x ^ 2+y ^ 2}\right)}\right] _ {z=0} ^ {1}}dydx\\ &=&\int _ {x=0} ^ {1} \int _ {y=0} ^ {1} \biggl(\sqrt{x ^ 2+y ^ 2+1}+(x+y)\log{\left(1+\sqrt{x ^ 2+y ^ 2+1}\right)}\\ & & -\sqrt{x ^ 2+y ^ 2}-(x+y)\log{\sqrt{x ^ 2+y ^ 2}}\biggr)dydx\\ &=&\int _ {x=0} ^ {1} \int _ {y=0} ^ {1}\left(\sqrt{x ^ 2+y ^ 2+1}-\sqrt{x ^ 2+y ^ 2}\right)dydx\\ & & +\int _ {x=0} ^ {1} \int _ {y=0} ^ {1} x\left(\log{\left(1+\sqrt{x ^ 2+y ^ 2+1}\right)-\log{\sqrt{x ^ 2+y ^ 2}}}\right)dydx\\ & & +\int _ {x=0} ^ {1} \int _ {y=0} ^ {1} y\left(\log{\left(1+\sqrt{x ^ 2+y ^ 2+1}\right)-\log{\sqrt{x ^ 2+y ^ 2}}}\right)dydx \end{eqnarray} }$

第1項を $I _ 1$ , 第2項を $I _ 2$ , 第3項を $I _ 3$ とすると, Fubiniの定理によって $I _ 2=I _ 3$ であり（ここの事情は入り組んでいるからこれ以上触れない）, 結局 $I _ 1$ と $I _ 2$ を求めればよいわけである. まず $I _ 1$ を求める.

${\displaystyle \begin{eqnarray} I _ 1&=&\int _ {x=0} ^ {1} \int _ {y=0} ^ {1}\left(\sqrt{x ^ 2+y ^ 2+1}-\sqrt{x ^ 2+y ^ 2}\right)dydx\\ &=&\int _ {x=0} ^ {1} \biggl[\frac{1}{2}\left(y\sqrt{y ^ 2+x ^ 2+1}+(x ^ 2+1)\log{\left(y+\sqrt{y ^ 2+x ^ 2+1}\right)}\right)\\ & & -\frac{1}{2}\left(y\sqrt{y ^ 2+x ^ 2}+{x ^ 2}\log{\left(y+\sqrt{y ^ 2+x ^ 2}\right)}\right)\biggr] _ {y=0} ^ {1} dx\\ &=&\frac{1}{2}\int _ {0} ^ {1} \biggl(\sqrt{x ^ 2+2}+(x ^ 2+1)\log{\left(1+\sqrt{x ^ 2+2}\right)}-\sqrt{x ^ 2+1}\\ & & -x ^ 2\log{\left(1+\sqrt{x ^ 2+1}\right)}-(x ^ 2+1)\log{\sqrt{x ^ 2+1}}+x ^ 2\log{x}\biggr) dx.\ \ (\ast) \end{eqnarray} }$

段階を分けて進もう.

$\displaystyle \bullet\ J _ 1=\int _ {0} ^ {1} {(x ^ 2+1)\log{\left(1+\sqrt{x ^ 2+2}\right)}}dx.$

${\displaystyle \begin{eqnarray} J _ 1&=&\left[\left(\frac{x ^ 3}{3}+x\right)\log{\left(1+\sqrt{x ^ 2+2}\right)}\right] _ {0} ^ {1}-\int _ {0} ^ {1} {\frac{x ^ 3/3+x}{1+\sqrt{x ^ 2+2}}\cdot\frac{x}{\sqrt{x ^ 2+2}}}dx\\ &=&\frac{4}{3}\log{\left(1+\sqrt{3}\right)}-\int _ {0} ^ {1} {\frac{1}{3}\cdot\frac{x ^ 3+3x}{1+\sqrt{x ^ 2+2}}\cdot\frac{x}{\sqrt{x ^ 2+2}}}dx. \end{eqnarray} }$

第2項を求めるために $\displaystyle K _ 1 = \int _ {0} ^ {1} {\frac{x ^ 2(x ^ 2+3)}{\left(1+\sqrt{x ^ 2+2}\right)\sqrt{x ^ 2+2}}}dx$ とおく. $\displaystyle x+\sqrt{x ^ 2+2}=t$ と置換すると, $\displaystyle x=\frac{1}{2}\left(t-\frac{2}{t}\right), dx=\frac{1}{2}\left(1+\frac{2}{t ^ 2}\right)dt, \sqrt{x ^ 2+2}=\frac{1}{2}\left(t+\frac{2}{t}\right)$ であって,

${\displaystyle \begin{eqnarray} K _ 1&=&\int _ {\sqrt{2}} ^ {1+\sqrt{3}} {\frac{\displaystyle\frac{1}{4}\left(t-\displaystyle\frac{2}{t}\right) ^ 2\left(\displaystyle \frac{1}{4}\left(t-\displaystyle\frac{2}{t}\right) ^ 2+3\right)}{\left(1+\displaystyle \frac{1}{2}\left(t+\displaystyle \frac{2}{t}\right)\right)\cdot\displaystyle \frac{1}{2}\left(t+\displaystyle \frac{2}{t}\right)}\cdot\displaystyle \frac{1}{2}\left(1+\displaystyle \frac{2}{t ^ 2}\right)}dt\\ &=&\frac{1}{4}\int _ {\sqrt{2}} ^ {1+\sqrt{3}} {\frac{\left(t-\displaystyle \frac{2}{t}\right) ^ 2}{t+t ^ 2/2+1}\left(\displaystyle \frac{1}{4}\left(t-\displaystyle \frac{2}{t}\right) ^ 2+3\right)}dt\\ &=&\frac{1}{8}\int _ {\sqrt{2}} ^ {1+\sqrt{3}} {\frac{(t ^ 2-2) ^ 2(t ^ 4+8t ^ 2+4)}{t ^ 4(t ^ 2+2t+2)}}dt. \end{eqnarray} }$

分子を展開し, 変形して,

${ \displaystyle \begin{eqnarray} & &t ^ 8+4t ^ 6-24t ^ 4+16t ^ 2+16\\ &=&(t ^ 6+2t ^ 5+2t ^ 4)(t ^ 2-2t+6)-4(2t ^ 5+9t ^ 4-4t ^ 2-4). \end{eqnarray} }$

ゆえに,

$\displaystyle K _ 1=\frac{1}{8}\int _ {\sqrt{2}} ^ {1+\sqrt{3}} {\left(t ^ 2-2t+6-4\frac{2t ^ 5+9t ^ 4-4t ^ 2-4}{t ^ 4(t ^ 2+2t+2)}\right)}dt.$

そこで, $\displaystyle L _ 1=\int _ {\sqrt{2}} ^ {1+\sqrt{3}} {\frac{2t ^ 5+9t ^ 4-4t ^ 2-4}{t ^ 4(t ^ 2+2t+2)}}dt$ とおく. 部分分数分解をするために係数決定を行う:

$\displaystyle \frac{2t ^ 5+9t ^ 4-4t ^ 2-4}{t ^ 4(t ^ 2+2t+2)}=\frac{A}{t}+\frac{B}{t ^ 2}+\frac{C}{t ^ 3}+\frac{D}{t ^ 4}+\frac{Et+F}{t ^ 2+2t+2}.$

分母を払って係数を比較すると $A=2, B=-3, C=2, D=-2, E=0, F=8$ を得る. よって,

${ \displaystyle \begin{eqnarray} L _ 1&=&\left[2\log{t}+\frac{3}{t}-\frac{1}{t ^ 2}+\frac{2}{3}\frac{1}{t ^ 3}+8 \mathrm{Arctan} {(t+1)}\right] _ {\sqrt{2}} ^ {1+\sqrt{3}}\\ &=&2\log{\frac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}}+3\left(\frac{\sqrt{3}-1}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)-\left(\frac{4-2\sqrt{3}}{4}-\frac{1}{2}\right)\\ & & +\frac{2}{3}\left(\frac{(\sqrt{3}-1) ^ 3}{8}-\frac{\sqrt{2}}{4}\right)+8\left(\mathrm{Arctan}\ {(2+\sqrt{3})}-\mathrm{Arctan}\ {(1+\sqrt{2})}\right)\\ &=&2\log{\frac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}}+\frac{3}{2}(\sqrt{3}-1-\sqrt{2})-\frac{1-\sqrt{3}}{2}\\ & & +\frac{2}{3}\left(\frac{-5+3\sqrt{3}}{4}-\frac{\sqrt{2}}{4}\right)+8(\cdots)\\ &=&2\log{\frac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}}+\frac{15\sqrt{3}-10\sqrt{2}-17}{6}+8(\cdots). \end{eqnarray} }$

ここで $\mathrm{Arctan}\ {(2+\sqrt{3})}-\mathrm{Arctan}\ {(1+\sqrt{2})}$ を求めておく.

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$\theta _ 1 = \mathrm{Arctan}\ {(2+\sqrt{3})},\ \theta _ 2 = \mathrm{Arctan}\ {(1+\sqrt{2})}$ とおくと, 上図から $\displaystyle \theta _ 1-\theta _ 2=\frac{\pi}{12}+\frac{\pi}{3}-\left(\frac{\pi}{8}+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\pi}{24}.$

これで $L _ 1$ がわかったわけである. $K _ 1$ にもどろう.

${ \displaystyle \begin{eqnarray} 8K _ 1&=&\left[\frac{t ^ 3}{3}-t ^ 2+6t\right] _ {\sqrt{2}} ^ {1+\sqrt{3}}-8\log{\frac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}}-2\frac{15\sqrt{3}-10\sqrt{2}-17}{3}-\frac{4\pi}{3}\\ &=&\frac{10+6\sqrt{3}}{3}-\frac{2\sqrt{2}}{3}-(4+2\sqrt{3}-2)+6(1+\sqrt{3}-\sqrt{2})-\frac{4\pi}{3}\\ &=&\frac{1}{3}(10+6\sqrt{3}-2\sqrt{2}-6-6\sqrt{3}+18+18\sqrt{3}\\ & & -18\sqrt{2}-30\sqrt{3}+20\sqrt{2}+34)-\frac{4\pi}{3}\\ &=&\frac{56-12\sqrt{3}}{3}-\frac{4\pi}{3}. \end{eqnarray} }$

ゆえに $\displaystyle K _ 1=\frac{14-3\sqrt{3}}{6}-\frac{\pi}{6}$ であるから,

${ \displaystyle \begin{eqnarray} J _ 1&=&\frac{4}{3}\log{(1+\sqrt{3})}-\frac{1}{3}K _ 1\\ &=&\frac{4}{3}\log{(1+\sqrt{3})-\frac{14-3\sqrt{3}}{18}}+\frac{\pi}{18}. \end{eqnarray} }$

ふう。

$\displaystyle \bullet\ J _ 2=\int _ {0} ^ {1} {x ^ 2\log{\left(1+\sqrt{x ^ 2+1}\right)}}dx.$

${ \displaystyle \begin{eqnarray} J _ 2&=&\left[\frac{x ^ 3}{3}\log{\left(1+\sqrt{x ^ 2+1}\right)}\right] _ {0} ^ {1}-\frac{1}{3}\int _ {0} ^ {1} {\frac{x ^ 3}{1+\sqrt{x ^ 2+1}}\cdot\frac{x}{\sqrt{x ^ 2+1}}}dx\\ &=&\frac{1}{3}\log{\left(1+\sqrt{2}\right)}-\frac{1}{3}\int _ {0} ^ {1} {\frac{x ^ 4}{\sqrt{x ^ 2+1}\left(1+\sqrt{x ^ 2+1}\right)}}dx. \end{eqnarray} }$

第2項を求めるために $\displaystyle K _ 2=\int _ {0} ^ {1} {\frac{x ^ 4}{\sqrt{x ^ 2+1}\left(1+\sqrt{x ^ 2+1}\right)}}dx$ とおく. 置換 $t=x+\sqrt{x ^ 2+1}$ によってすすもう: $\displaystyle x=\frac{1}{2}\left(t-\frac{1}{t}\right),\ dx=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{t ^ 2}\right)dt,\ \sqrt{x ^ 2+1}=\frac{1}{2}\left(t+\frac{1}{t}\right).$

${ \displaystyle \begin{eqnarray} K _ 2&=&\int _ {1} ^ {1+\sqrt{2}} {\frac{\displaystyle \frac{1}{16}\left(t-\displaystyle \frac{1}{t}\right) ^ 4}{\displaystyle \frac{1}{2}\left(t+\displaystyle\frac{1}{t}\right)\left(1+\frac{1}{2}\left(t+\displaystyle \frac{1}{t}\right)\right)}\cdot\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{t ^ 2}\right)}dt\\ &=&\frac{1}{8}\int _ {1} ^ {1+\sqrt{2}} {\frac{\left(t-\displaystyle \frac{1}{t}\right) ^ 4}{(t+1) ^ 2}}dt\\ &=&\frac{1}{8}\int _ {1} ^ {1+\sqrt{2}} {\frac{(t ^ 2-1) ^ 4}{t ^ 4(t+1) ^ 2}}dt\\ &=&\frac{1}{8}\int _ {1} ^ {1+\sqrt{2}} {\frac{(t+1) ^ 2(t-1) ^ 4}{t ^ 4}}dt\\ &=&\frac{1}{8}\int _ {1} ^ {1+\sqrt{2}} {\frac{t ^ 6-2t ^ 5-t ^ 4+4t ^ 3-t ^ 2-2t+1}{t ^ 4}}dt\\ &=&\frac{1}{8}\left[\frac{t ^ 3}{3}-t ^ 2-t+4\log{t}+\frac{1}{t}+\frac{1}{t ^ 2}-\frac{1}{3}\frac{1}{t ^ 3}\right] _ {1} ^ {1+\sqrt{2}}\\ &=&\frac{1}{8}\biggl(\frac{7+5\sqrt{2}}{3}-3-2\sqrt{2}-1-\sqrt{2}+4\log{\left(1+\sqrt{2}\right)}\\ & & +\sqrt{2}-1+3-2\sqrt{2}-\frac{1}{3}\left(5\sqrt{2}-7\right)\biggr)\\ &=&\frac{1}{8}\left(\frac{7}{3}-4\sqrt{2}+4\log{\left(1+\sqrt{2}\right)}-2+\frac{7}{3}\right)\\ &=&\frac{1}{3}-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{1}{2}\log{\left(1+\sqrt{2}\right)}. \end{eqnarray} }$

これで $K _ 2$ がわかった. ゆえに,

${ \displaystyle \begin{eqnarray} J _ 2&=&\frac{1}{3}\log{1+\sqrt{2}}-\frac{1}{3}K _ 2\\ &=&\frac{1}{6}\log{\left(1+\sqrt{2}\right)}-\frac{1}{9}+\frac{\sqrt{2}}{6}. \end{eqnarray} }$

$\displaystyle \bullet\ J _ 3=\int _ {0} ^ {1} {(x ^ 2+1)\log{\sqrt{x ^ 2+1}}}dx.$

${ \displaystyle \begin{eqnarray} J _ 3&=&\frac{1}{2}\int _ {0} ^ {1} {(x ^ 2+1)\log{(x ^ 2+1)}}dx\\ &=&\frac{1}{2}\left[\left(\frac{x ^ 3}{3}+x\right)\log{(x ^ 2+1)}\right] _ {0} ^ {1}-\frac{1}{2}\int _ {0} ^ {1} {\frac{x ^ 3/3+x}{x ^ 2+1}\cdot{2x}}dx\\ &=&\frac{2}{3}\log{2}-\frac{1}{3}\int _ {0} ^ {1} {\frac{x ^ 2(x ^ 2+3)}{x ^ 2+1}}dx\\ &=&\frac{2}{3}\log{2}-\frac{1}{3}\int _{0} ^ {1} {\left(x ^ 2+2-\frac{2}{x ^ 2+1}\right)}dx\\ &=&\frac{2}{3}\log{2}-\frac{1}{3}\left[\frac{x ^ 3}{3}+2x-2\mathrm{Arctan}\ {x}\right] _ {0} ^ {1}\\ &=&\frac{2}{3}\log{2}-\frac{7}{9}+\frac{\pi}{6}. \end{eqnarray} }$

$\displaystyle \bullet\ J _ 4=\int _ {0} ^ {1} {x ^ 2\log{x}}dx$

これは複雑ではないが, $x=0$ で広義積分であって,

${ \displaystyle J _ 4=\left[ \frac{x ^ 3}{3}\log{x} \right] _ {+0} ^ {1}-\left[\frac{x ^ 3}{9}\right] _ {0} ^ {1}=-\frac{1}{9}. }$

これで $I _ 1$ が求められる:

${ \displaystyle \begin{eqnarray} I _ 1&=&\frac{1}{2}\left[\frac{1}{2}\left(x\sqrt{x ^ 2+2}+2\log{\left(x+\sqrt{x ^ 2+2}\right)}\right)\right] _ {0} ^ {1}\\ & & -\frac{1}{2}\left[\frac{1}{2}\left(x\sqrt{x ^ 2+1}+\log{\left(x+\sqrt{x ^ 2+1}\right)}\right)\right] _ {0} ^ {1}-\frac{1}{18}+\frac{5}{6}\log{\left(1+\sqrt{3}\right)}\\ & & -\frac{1}{12}\log{2}-\frac{7}{18}+\frac{\sqrt{3}}{12}+\frac{\pi}{36}-\frac{1}{12}\log{\left(1+\sqrt{2}\right)}\\ & & +\frac{1}{18}-\frac{\sqrt{2}}{12}-\frac{1}{3}\log{2}+\frac{7}{18}-\frac{\pi}{12}\\ &=&\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{1}{2}\log{\left(1+\sqrt{3}\right)}-\frac{1}{4}\log{2}-\frac{\sqrt{2}}{4}-\frac{1}{4}\log{\left(1+\sqrt{2}\right)}\\ & & +\frac{5}{6}\log{\left(1+\sqrt{3}\right)}-\frac{1}{12}\log{2}+\frac{\sqrt{3}}{12}-\frac{\pi}{18}\\ & & -\frac{1}{12}\log{\left(1+\sqrt{2}\right)}-\frac{\sqrt{2}}{12}-\frac{1}{3}\log{2}\\ &=&\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{\sqrt{2}}{3}-\frac{2}{3}\log{2}+\frac{4}{3}\log{\left(1+\sqrt{3}\right)}-\frac{1}{3}\log{\left(1+\sqrt{2}\right)-\frac{\pi}{18}.} \end{eqnarray} }$

次に $I _ 2$ を求めるのだが, $I _ 3$ のほうが $y$ が掛かっていて積分しやすい:

${ \displaystyle \begin{eqnarray} & &\int _ {0} ^ {1} {y\left(\log{\left(1+\sqrt{x ^ 2+y ^ 2+1}\right)}-\log{\sqrt{x ^ 2+y ^ 2}}\right)}dy\\ &=&\int _ {0} ^ {1} {y\log{\left(1+\sqrt{x ^ 2+y ^ 2+1}\right)}}dy-\int _ {0} ^ {1} {y\log{\sqrt{x ^ 2+y ^ 2}}}dy. \end{eqnarray} }$

第1項. $M _ 1(x,\ y)$ とおく. $\sqrt{x ^ 2+y ^ 2+1}=t$ で置換すると, $x ^ 2+y ^ 2+1=t ^ 2$ ゆえ $xdx=tdt$ で,

${ \displaystyle \begin{eqnarray} \int {t\log{(1+t)}}dt &=& \frac{t ^ 2}{2}\log{(1+t)}-\frac{1}{2}\int{\frac{t ^ 2}{1+t}}dt\\ &=&\frac{t ^ 2-1}{2}\log{(1+t)}-\frac{t ^ 2}{4}+\frac{t}{2} \end{eqnarray} }$

だから

$\displaystyle { \begin{eqnarray} M _ 1(x,\ y)&=&\frac{x ^ 2+y ^ 2}{2}\log{\left(1+\sqrt{x ^ 2+y ^ 2+1}\right)}\\ & & -\frac{x ^ 2+y ^ 2+1}{4}+\frac{\sqrt{x ^ 2+y ^ 2+1}}{2}. \end{eqnarray} }$

第2項. $M _ 2(x,\ y)$ とおく. $\sqrt{x ^ 2+y ^ 2}=u$ で置換すると, $x ^ 2+y ^ 2=u ^ 2$ ゆえ $xdx=udu$ で,

${ \displaystyle \int {u\log{u}}du=\frac{u ^ 2}{2}\log{u}-\frac{u ^ 2}{4} }$

だから $\displaystyle M _ 2(x,\ y)=\frac{x ^ 2+y ^ 2}{2}\log{\sqrt{x ^ 2+y ^ 2}}-\frac{x ^ 2+y ^ 2}{4}.$

したがって,

${ \displaystyle \begin{eqnarray} I _ 3&=&\int _ {0} ^ {1} {(M _ 1(x, 1)-M _ 2(x, 0))}dx\\ &=&\int _ {0} ^ {1} \Biggl( \frac{x ^ 2+1}{2}\log{\left(1+\sqrt{x ^ 2+2}\right)}-\frac{1}{4}+\frac{\sqrt{x ^ 2+2}}{2}\\ & & -\frac{x ^ 2+1}{2}\log{\sqrt{x ^ 2+1}}\\ & & -\left(\frac{x ^ 2}{2}\log{\left(1+\sqrt{x ^ 2+1}\right)}-\frac{1}{4}+\frac{\sqrt{x ^ 2+1}}{2}-\frac{x ^ 2}{2}\log{x}\right)\Biggr)dx\\ &=&\int _ {0} ^ {1} \biggl(\frac{x ^ 2+1}{2}\log{\left(1+\sqrt{x ^ 2+2}\right)}+\frac{\sqrt{x ^ 2+2}}{2}-\frac{x ^ 2+1}{2}\log{\sqrt{x ^ 2+1}}\\ & & -\frac{x ^ 2}{2}\log{\left(1+\sqrt{x ^ 2+1}\right)}-\frac{\sqrt{x ^ 2+1}}{2}+\frac{x ^ 2}{2}\log{x}\biggr)dx. \end{eqnarray} }$

なんと $(\ast)$ によって, これは $I _ 1$ に等しい. したがって, 結局 $I$ は $I _ 1$ の3倍ということになって,

$\displaystyle I=3I _ 1=\boldsymbol{\sqrt{3}-\sqrt{2}-2\log{2}+4\log{\left(1+\sqrt{3}\right)}-\log{\left(1+\sqrt{2}\right)}-\frac{\pi}{6}.}$

note

もっと簡単な方法がありそう。とくに $I _ 1=I _ 3$ を示すところとかは、計算しなくても分かることなのだと思うんですが… わかる人がいたら教えてください。

(2019/10/17追記) よく考えたら, 一番最初の $\displaystyle \iiint _ {D} \frac{x+y+z}{\sqrt{x ^ 2+y ^ 2+z ^ 2}}dxdydz$ で線型性と対称性から $\displaystyle \iiint _ {D} \frac{x}{\sqrt{x ^ 2+y ^ 2+z ^ 2}}dxdydz$ つまり $I _ 1$ だけ求めればよかったんですね. 一晩ぐっすり寝たら解決しました.