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ベクトル解析の問題

難易度 3期末試験の応用レベル大学数学ベクトル解析

$a, b$ を実数の定数とし、 $x y z$ 空間のベクトル場
$F (x, y, z) = (2 x y^{2} + z^{3}, a x^{2} y + z, 3 x z^{2} + b y)$
を考える。定数 $a, b$ は、 $F$ が $R^{3}$ 全体で保存場となる（ある $C^{1}$ 級関数 $φ$ によって $F = \nabla φ$ と表せる）ように定める。このとき、曲線
$C : r (t) = (cos π t, 1 + t^{2}, sin \frac{π t}{2}) (0 \leq t \leq 1)$
に沿った線積分
$\int_{C} F \cdot d r$
の値を求めよ。ただし $C$ の向きは $t$ が増加する向きとする。

この問題で使うもの

保存場とポテンシャル（説明と入口の問題）
勾配・発散・回転（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（74 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

まず $F$ が保存場になるための条件 $\nabla \times F = 0$ から $a, b$ を決め、曲線に沿って直接積分するのではなくポテンシャルを使おう。

ヒント 2

$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$ と $\frac{\partial R}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial z}$ を比べる。保存場なら $\int_{C} F \cdot d r = φ (終点) - φ (始点)$ である。

ヒント 3

$a = 2, b = 1$ で、ポテンシャルは $φ = x^{2} y^{2} + x z^{3} + y z$ となる。始点 $r (0)$ と終点 $r (1)$ の座標を求めて代入しよう。

答えと解説

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4

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解説を読む

定数 $a, b$ を決める. $F = (P, Q, R)$ とおく。 $F = \nabla φ$ と表せるとすると、 $φ$ の 1 階偏導関数は $P, Q, R$ であり、これらは多項式なので $C^{1}$ 級（実際には $C^{\infty}$ 級）である。よって $φ$ は $C^{2}$ 級であり、シュワルツの定理により 2 階偏導関数の順序が交換できる。したがって $\nabla \times F = \nabla \times \nabla φ = 0$ 、すなわち
$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}, \frac{\partial R}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial z}, \frac{\partial P}{\partial z} = \frac{\partial R}{\partial x}$
が必要である。
- $\frac{\partial Q}{\partial x} = 2 a x y, \frac{\partial P}{\partial y} = 4 x y$ がすべての $x, y$ で等しいので $a = 2$ 。
- $\frac{\partial R}{\partial y} = b, \frac{\partial Q}{\partial z} = 1$ より $b = 1$ 。
- $\frac{\partial P}{\partial z} = 3 z^{2}, \frac{\partial R}{\partial x} = 3 z^{2}$ は常に成り立つ。

逆に $a = 2, b = 1$ のときは、下で実際にポテンシャル $φ$ を作れるので、 $F$ は保存場になる。

ポテンシャルを求める. $a = 2, b = 1$ のとき $F = (2 x y^{2} + z^{3}, 2 x^{2} y + z, 3 x z^{2} + y)$ である。 $\frac{\partial φ}{\partial x} = 2 x y^{2} + z^{3}$ を $x$ で積分して
$φ = x^{2} y^{2} + x z^{3} + g (y, z)$
とおく。 $\frac{\partial φ}{\partial y} = 2 x^{2} y + \frac{\partial g}{\partial y} = 2 x^{2} y + z$ より $\frac{\partial g}{\partial y} = z$ 、よって $g = y z + h (z)$ 。さらに $\frac{\partial φ}{\partial z} = 3 x z^{2} + y + h^{'} (z) = 3 x z^{2} + y$ より $h^{'} (z) = 0$ 。したがって（定数を除いて）
$φ (x, y, z) = x^{2} y^{2} + x z^{3} + y z$
である。実際に $\nabla φ = (2 x y^{2} + z^{3}, 2 x^{2} y + z, 3 x z^{2} + y) = F$ となることが確かめられる。

線積分を計算する. $F = \nabla φ$ のとき、 $\frac{d}{d t} φ (r (t)) = \nabla φ (r (t)) \cdot r^{'} (t)$ なので、線積分は端点だけで決まり
$\int_{C} F \cdot d r = \int_{0}^{1} \frac{d}{d t} φ (r (t)) d t = φ (r (1)) - φ (r (0))$
となる。始点は $r (0) = (1, 1, 0)$ 、終点は $r (1) = (cos π, 2, sin \frac{π}{2}) = (- 1, 2, 1)$ である。
$φ (1, 1, 0) = 1 \cdot 1 + 0 + 0 = 1$
$φ (- 1, 2, 1) = 1 \cdot 4 + (- 1) \cdot 1 + 2 \cdot 1 = 5$
よって
$\int_{C} F \cdot d r = 5 - 1 = 4$

別解

$F$ が $R^{3}$ 全体で保存場であることは $rot F = 0$ と同値（ $R^{3}$ は単連結）。

$rot F$ の各成分を計算する。
- $x$ 成分: $\partial_{y} F_{3} - \partial_{z} F_{2} = b - 1$
- $y$ 成分: $\partial_{z} F_{1} - \partial_{x} F_{3} = 3 z^{2} - 3 z^{2} = 0$
- $z$ 成分: $\partial_{x} F_{2} - \partial_{y} F_{1} = 2 a x y - 4 x y = (2 a - 4) x y$

すべて 0 になるには $b = 1, a = 2$ 。

ポテンシャルを求める。 $φ_{x} = 2 x y^{2} + z^{3}$ より $φ = x^{2} y^{2} + x z^{3} + g (y, z)$ 。 $φ_{y} = 2 x^{2} y + \partial_{y} g = 2 x^{2} y + z$ より $\partial_{y} g = z$ 、 $g = y z + h (z)$ 。 $φ_{z} = 3 x z^{2} + y + h^{'} (z) = 3 x z^{2} + y$ より $h^{'} = 0$ 。よって $φ = x^{2} y^{2} + x z^{3} + y z$ 。

始点 $r (0) = (1, 1, 0)$ 、終点 $r (1) = (- 1, 2, 1)$ 。
$φ (1, 1, 0) = 1$ 、 $φ (- 1, 2, 1) = 4 - 1 + 2 = 5$ 。

線積分 $= φ (- 1, 2, 1) - φ (1, 1, 0) = 5 - 1 = 4$ 。

検算: $\nabla φ = (2 x y^{2} + z^{3}, 2 x^{2} y + z, 3 x z^{2} + y)$ は $a = 2, b = 1$ の $F$ と一致する。

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