$\def\bm#1{{\boldsymbol{#1}}}$

ベクトル解析演習14

今回も線積分の問題演習をしましょう。

要点のまとめ

以下、微分可能性を議論するのは面倒なので、スカラー関数やベクトル関数は全て滑らかであると仮定します。物理や工学での応用上はこれで充分です。また、定義域も空間全体$\bm{R}^3$とします。

始点と終点をもつ向きづけられた曲線$C:x=x(t),y=y(t),z=z(t),~a\leq t\leq b$とベクトル場$\bm{v}(x,y,z)=(f,g,h)$に対して、
\[
\int_a^b\biggl\{ f\dfrac{dx}{dt} + g\dfrac{dy}{dt} + h\dfrac{dz}{dt} \biggr\}dt
\]
という値を$\bm{v}$の積分路$C$上の線積分といい、$\int_C\bm{v}\cdot d\bm{r}$であらわします。ここで、$d\bm{r}=(dx,dy,dz)$です。流体力学の言葉で言えば、流体の速度ベクトルを$\bm{v}$としたとき、線積分は$C$に沿って単位時間に流れ出る流体の総量とみなすことができます。

線積分について成り立つ代表的な定理についてもまとめておきましょう。

$\bm{v},\bm{w}$をベクトル場、$\lambda,\mu$を定数、$C_1,C_2,C$を向きづけられた曲線とし、$C_1$の始点と$C_2$の始点が一致しているとき、以下が成り立ちます。
\[
\int_{-C}\bm{v}\cdot d\bm{r} = – \int_{C}\bm{v}\cdot d\bm{r}
\]
\[
\int_C(\lambda\bm{v}+\mu\bm{w})\cdot d\bm{r} = \lambda\int_C\bm{v}\cdot d\bm{r} + \mu\int_C\bm{w}\cdot d\bm{r}
\]
\[
\int_{C_1+C_2}\bm{v}\cdot d\bm{r} = \int_{C_1}\bm{v}\cdot d\bm{r} + \int_{C_2}\bm{v}\cdot d\bm{r}
\]

一般に、線積分は積分経路の取り方に依存し、始点と終点だけでは決まりません。しかし、特にスカラー場の勾配に限って言えば以下の式が成り立ちます。
\[
\int_C(\nabla f)\cdot d\bm{r} = f(Q)-f(P)
\]
つまり、スカラー場$f$の勾配$\nabla f$の線積分は途中の経路に依存せず、始点と終点のみから決まります。特に$C$が閉曲線ならば$P=Q$なので、$\int_C(\nabla f)\cdot d\bm{r} =0$が成り立ちます。このようなときの線積分は$\oint$と書くこともあります。

問題14

2つの向きづけられた曲線を$C_1:~x=1,y=0,z=6\pi t,~(0\leq t\leq 1)$と$C_2:~x=\cos{u},y=\sin{u},z=3u,~(0\leq u\leq 2\pi)$とする。
(1)
ベクトル場$\bm{v}=(z,x,y)$の$C_1$と$C_2$上の線積分をそれぞれ求めよ。

(2)
スカラー場$f=x^2y+xz^3$の勾配$\nabla f$の$C_1$と$C_2$上の線積分をそれぞれ求めよ。

(3)
(2)の結果が「要点のまとめ」の定理がコンシステントであることを示せ。

解答14

(1)
\[
\int_{C_1}\bm{v}\cdot d\bm{r}=\int^{1}_{0} \left(6\pi t\frac{dx}{dt}+1\frac{dy}{dt}+0\right)dt=0
\]
\[
\int_{C_2}\bm{v}\cdot d\bm{r}=\int^{2\pi}_{0} \left(3u\frac{dx}{du}+\cos{u}\frac{dy}{du}+\sin{u}\frac{dz}{du}\right)du=\int^{2\pi}_{0} (-3u\sin{u}+\cos^2{u}+3\sin{u})du=7\pi
\]

(2)
$\nabla f=(2xy+z^3 , x^2 , 3xz^2)$であるので
\[
\int_{C_1} (\nabla f)\cdot d \bm{r}=\int^{1}_{0} \left\{(2xy+z^3)\frac{dx}{dt}+x^2\frac{dy}{dt}+3xz^2\frac{dz}{dt}\right\}dt=216\pi^3
\]
\[
\int_{C_2} (\nabla f)\cdot d \bm{r}=\int^{2\pi}_{0} \left\{(2xy+z^3)\frac{dx}{du}+x^2\frac{dy}{du}+3xz^2\frac{dz}{du}\right\}du=\int^{2\pi}_{0}(\cos^3{u}-2\sin^2{u}\cos{u}-27u^3\sin{u}+81u^2\cos{u})du
\]
ところで、
\[
\int^{2\pi}_{0} \cos^3{u}du=\Big[\sin{u}\cos^2{u}\Big]^{2\pi}_{0}+\int^{2\pi}_{0} 2\sin^2{u}\cos{u} du
\]
より
\[
\int^{2\pi}_{0} (\cos^3{u}-2\sin^2{u}\cos{u})du=0　\cdots (a)
\]
また、部分積分を用いれば、
\[
\int^{2\pi}_{0} (-27u^3\sin{u}+81u^2\cos{u})du=216\pi^3　\cdots (b)
\]
である。従って、(a), (b)より、
\[
\int_{C_2} (\nabla f)\cdot d \bm{r}=\int^{2\pi}_{0}(\cos^3{u}-2\sin^2{u}\cos{u}-27u^3\sin{u}+81u^2\cos{u})du=216\pi^3
\]

(3)

\[
\int_{C_1} (\nabla f)\cdot d \bm{r}=(6\pi)^3=216\pi^3,~\int_{C_2} (\nabla f)\cdot d \bm{r}=27\times8\pi^3=216\pi^3
\]
となりいずれも(2)の結果と合致している。