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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

原点を除いた $x y$ 平面 $D = R^{2} ∖ {(0, 0)}$ 上のベクトル場
$F (x, y) = (\frac{x - y}{x ^{2} + y ^{2}}, \frac{x + y}{x ^{2} + y ^{2}})$
と、媒介変数表示された曲線
$C : r (t) = ((1 + t) cos 2 t, (1 + t) sin 2 t) (0 \leq t \leq π)$
を考える（向きは $t$ が増える向き）。線積分
$\int_{C} F \cdot d r$
の値を求めよ。

この問題で使うもの

原点を除いた平面の場と偏角（説明と入口の問題）
ベクトル場の線積分（説明と入口の問題）
定積分の計算（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（77 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

$rot F = 0$ だが、領域が原点を除いた平面であることに注意。単位円に沿った線積分を調べてみよう。

ヒント 2

$F \cdot d r = \frac{x d x + y d y}{x ^{2} + y ^{2}} + \frac{- y d x + x d y}{x ^{2} + y ^{2}}$ と分け、極座標で $\frac{d ρ}{ρ} + d θ$ と書ける。

ヒント 3

$C$ 上では $ρ = 1 + t$ 、 $θ = 2 t$ であり、被積分関数は $\frac{1}{1 + t} + 2$ になる。

答えと解説

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2 π + lo g (1 + π)

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解説を読む

$F = (P, Q)$ 、 $r^{2} = x^{2} + y^{2}$ とおく。

ステップ 1: 回転と保存性.
$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{r ^{2} - 2 x ( x + y )}{r ^{4}} = \frac{y ^{2} - x ^{2} - 2 x y}{r ^{4}}, \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{- r ^{2} - 2 y ( x - y )}{r ^{4}} = \frac{y ^{2} - x ^{2} - 2 x y}{r ^{4}}$
より $\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 0$ である。しかし $D$ は単連結でないので、これだけでは $F$ が $D$ 全体で保存場とは言えない。実際、単位円 $x = cos s, y = sin s (0 \leq s \leq 2 π)$ に沿って
$\oint F \cdot d r = \int_{0}^{2 π} [(cos s - sin s) (- sin s) + (cos s + sin s) cos s] d s = \int_{0}^{2 π} 1 d s = 2 π \neq = 0$
なので、 $D$ 全体でのポテンシャルは存在しない。したがって始点と終点だけでは値は決まらず、曲線が原点のまわりを回る角度を追う必要がある。

ステップ 2: 極座標での分解.
$F \cdot d r = \frac{x d x + y d y}{r ^{2}} + \frac{- y d x + x d y}{r ^{2}} .$
$x = ρ cos θ, y = ρ sin θ$ と書くと、 $x d x + y d y = ρ d ρ$ 、 $- y d x + x d y = ρ^{2} d θ$ なので
$F \cdot d r = \frac{d ρ}{ρ} + d θ .$
（原点を端点とする半直線を除いた単連結な領域では $φ = lo g ρ + θ$ が局所的なポテンシャルになる。）

ステップ 3: 曲線 $C$ に沿った積分.
$C$ 上では $ρ (t) = 1 + t > 0$ 、 $θ (t) = 2 t$ と連続にとれる。よって
$\int_{C} F \cdot d r = \int_{0}^{π} (\frac{ρ ^{'} ( t )}{ρ ( t )} + θ^{'} (t)) d t = \int_{0}^{π} (\frac{1}{1 + t} + 2) d t = lo g (1 + π) + 2 π .$

（確認: 直接代入しても、 $r^{'} (t) = (cos 2 t - 2 (1 + t) sin 2 t, sin 2 t + 2 (1 + t) cos 2 t)$ から $F (r (t)) \cdot r^{'} (t) = \frac{1}{1 + t} + 2$ が得られる。）

なお、始点 $(1, 0)$ と終点 $(1 + π, 0)$ を $x$ 軸上の線分で結んだ場合の積分は $lo g (1 + π)$ であり、差の $2 π$ は $C$ が原点のまわりを 1 周することに由来する。

別解

極座標 $x = ρ cos θ, y = ρ sin θ$ ( $ρ = x^{2} + y^{2}$ ) を使う。 $x d x + y d y = ρ d ρ$ 、 $x d y - y d x = ρ^{2} d θ$ より
$F \cdot d r = \frac{( x - y ) d x + ( x + y ) d y}{x ^{2} + y ^{2}} = \frac{x d x + y d y}{x ^{2} + y ^{2}} + \frac{x d y - y d x}{x ^{2} + y ^{2}} = \frac{d ρ}{ρ} + d θ .$
曲線 $C$ では $ρ = 1 + t$ 、 $θ = 2 t$ ( $0 \leq t \leq π$ )。 $ρ > 0$ なので原点を通らず、 $D$ 内の曲線である。
$\int_{C} F \cdot d r = \int_{0}^{π} (\frac{1}{1 + t} + 2) d t = [lo g (1 + t) + 2 t]_{0}^{π} = lo g (1 + π) + 2 π .$
検算: $r^{'} (t)$ の極座標成分は $ρ^{'} = 1$ 、 $ρ θ^{'} = 2 (1 + t)$ で、 $F$ の動径成分は $1/ ρ$ 、角成分は $1/ ρ$ なので、 $F \cdot r^{'} = \frac{1}{1 + t} + \frac{2 ( 1 + t )}{1 + t} = \frac{1}{1 + t} + 2$ となり一致する。

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