ベクトル解析の問題

曲線の向きと囲む領域

$0<t<\pi$ では $y=\sin t>0$ である。$0\le t\le \frac{\pi }{2}$ では $x=\sin 2t\ge 0$ で $y$ は $0$ から $1$ まで増加し、$\frac{\pi }{2}\le t\le \pi$ では $x\le 0$ で $y$ は $1$ から $0$ まで減少する。つまり $C$ は右側を上り、左側を下る曲線なので、囲む領域 $D$ を左手に見て進む正の向き（反時計回り）である。

$y=\sin t$ のとき $\cos t=\pm \sqrt{1-y^2}$ だから $x=2\sin t\cos t=\pm 2y\sqrt{1-y^2}$。よって
$$D=\left\{(x,y)|0\le y\le 1,|x|\le 2y\sqrt{1-y^2}\right\}$$
である。

グリーンの定理

$P=e^{x^2}-x^{2}y,Q=3xy+\log (1+y^2)$ は平面全体で $C^1$ 級であり、$C$ は正の向きの区分的に滑らかな単純閉曲線なので、グリーンの定理
$${\oint }_C(Pdx+Qdy)={\iint }_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dxdy$$
が使える。
$$\frac{\partial Q}{\partial x}=3y,\frac{\partial P}{\partial y}=-x^2$$
より
$${\oint }_C\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}={\iint }_D(3y+x^2)dxdy=3{\iint }_{D}ydxdy+{\iint }_D{x}^{2}dxdy.$$

${\iint }_{D}ydxdy$ の計算

$w(y)=2y\sqrt{1-y^2}$ とおくと、$x$ 方向の幅は $2w(y)$ だから
$${\iint }_{D}ydxdy={\int }_0^{1}y\cdot 4y\sqrt{1-y^2}dy=4{\int }_0^1{y}^2\sqrt{1-y^2}dy.$$
$y=\sin \theta \left(0\le \theta \le \frac{\pi }{2}\right)$ とおくと $dy=\cos \theta d\theta$ で
$${\int }_0^1{y}^2\sqrt{1-y^2}dy={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^2\theta {\cos }^2\theta d\theta =\frac{1}{4}{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{2}2\theta d\theta =\frac{1}{4}\cdot \frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{16}.$$
よって ${\iint }_{D}ydxdy=\frac{\pi }{4}$。

${\iint }_D{x}^{2}dxdy$ の計算

$${\int }_{-w}^w{x}^{2}dx=\frac{2}{3}{w}^3=\frac{2}{3}\cdot 8y^3(1-y^2{)}^{3/2}=\frac{16}{3}{y}^3(1-y^2{)}^{3/2}$$
なので
$${\iint }_D{x}^{2}dxdy=\frac{16}{3}{\int }_0^1{y}^3(1-y^2{)}^{3/2}dy.$$
$u=y^2$ とおくと $du=2ydy$ で
$${\int }_0^1{y}^3(1-y^2{)}^{3/2}dy=\frac{1}{2}{\int }_0^{1}u(1-u{)}^{3/2}du.$$
さらに $s=1-u$ とおくと
$${\int }_0^{1}u(1-u{)}^{3/2}du={\int }_0^1(1-s)s^{3/2}ds=\frac{2}{5}-\frac{2}{7}=\frac{4}{35}.$$
よって ${\int }_0^1{y}^3(1-y^2{)}^{3/2}dy=\frac{2}{35}$ で、
$${\iint }_D{x}^{2}dxdy=\frac{16}{3}\cdot \frac{2}{35}=\frac{32}{105}.$$

まとめ
$${\oint }_C\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=3\cdot \frac{\pi }{4}+\frac{32}{105}=\frac{3\pi }{4}+\frac{32}{105}.$$

$y=\sin t\ge 0$、$x=2\sin t\cos t$。$t$ が $0\to \pi /2$ で $x\ge 0$（右側を上昇して $(0,1)$ へ）、$\pi /2\to \pi$ で $x\le 0$（左側を下降して原点へ）なので、$C$ は反時計回りに囲む。$y=\sin t$ のとき $|x|=2y\sqrt{1-y^2}$ なので、囲まれる領域は $D=\{0\le y\le 1,|x|\le w(y)\}$、$w(y)=2y\sqrt{1-y^2}$。

グリーンの定理より ${\oint }_C={\iint }_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dA={\iint }_D(3y+x^2)dA$（$Q_x=3y$, $P_y=-x^2$）。

(1) ${\iint }_{D}3ydA={\int }_0^{1}3y\cdot 2wdy=12{\int }_0^1{y}^2\sqrt{1-y^2}dy$。$y=\sin \theta$ とおくと ${\int }_0^{\pi /2}{\sin }^2\theta {\cos }^2\theta d\theta =\frac{\pi }{16}$ なので $=\frac{3\pi }{4}$。

(2) ${\iint }_D{x}^{2}dA={\int }_0^1\frac{2w^3}{3}dy=\frac{16}{3}{\int }_0^1{y}^3(1-y^2{)}^{3/2}dy$。$u=y^2$ とおくと ${\int }_0^1{y}^3(1-y^2{)}^{3/2}dy=\frac{1}{2}{\int }_0^{1}u(1-u{)}^{3/2}du=\frac{1}{2}B(2,\frac{5}{2})=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\frac{7}{2}\cdot \frac{5}{2}}=\frac{2}{35}$。よって $\frac{16}{3}\cdot \frac{2}{35}=\frac{32}{105}$。

合計 $\frac{3\pi }{4}+\frac{32}{105}$。検算: 数値は約 $2.356+0.305=2.661$。領域の面積 $={\int }_0^{1}2wdy=\frac{4}{3}$、重心の $y$ 座標は $\frac{\pi /16\cdot 4}{4/3}=\frac{3\pi }{16}\approx 0.59$ と妥当（$3y$ の積分は $3\cdot 0.59\cdot 1.333\approx 2.36$ で一致）。