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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

$x y z$ 空間のベクトル場
$F (x, y, z) = (x^{3} + y e^{z}, y^{3} + sin (x z), z + x^{2})$
と、回転放物面の一部
$S = {(x, y, z) ∣ z = 1 - x^{2} - y^{2}, z \geq 0}$
を考える。 $S$ 上の単位法線ベクトル $n$ を、 $z$ 成分が正になる向き（上向き）にとるとき、面積分
$\iint_{S} F \cdot n d S$
の値を求めよ。

この問題で使うもの

ガウスの発散定理（説明と入口の問題）
勾配・発散・回転（説明と入口の問題）
重積分の変数変換とヤコビアン（説明と入口の問題）
面積分と流束（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（78 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

$S$ は閉じていないので、底面の円板 $x^{2} + y^{2} \leq 1, z = 0$ でふたをして閉曲面にし、ガウスの発散定理を使おう。

ヒント 2

$div F = 3 x^{2} + 3 y^{2} + 1$ 。（ $S$ の流束） $= ∭_{V} div F d V -$ （底面の外向き流束）となる。底面の外向き法線は $(0, 0, - 1)$ である。

ヒント 3

円柱座標で体積分は $2 π \int_{0}^{1} (3 r^{2} + 1) (1 - r^{2}) r d r$ 、底面の外向き流束は $- \iint_{x^{2} + y^{2} \leq 1} x^{2} d x d y$ になる。

答えと解説

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\frac{5 π}{4}

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解説を読む

$S$ は閉曲面ではないので、底面の円板
$S_{0} = {(x, y, 0) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 1}$
を付け加えて閉曲面 $S \cup S_{0}$ をつくる。これが囲む有界閉領域は
$V = {(x, y, z) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 1, 0 \leq z \leq 1 - x^{2} - y^{2}}$
であり、 $S$ 上の上向き法線は $V$ から見て外向き、 $S_{0}$ 上の外向き単位法線は $n_{0} = (0, 0, - 1)$ である。 $F$ は空間全体で $C^{1}$ 級なので、ガウスの発散定理
$\iint_{S} F \cdot n d S + \iint_{S_{0}} F \cdot n_{0} d S = ∭_{V} div F d V$
が成り立つ。

発散.
$div F = \frac{\partial}{\partial x} (x^{3} + y e^{z}) + \frac{\partial}{\partial y} (y^{3} + sin (x z)) + \frac{\partial}{\partial z} (z + x^{2}) = 3 x^{2} + 3 y^{2} + 1.$

体積分. 円柱座標 $x = r cos θ, y = r sin θ, z = z$ （ $d V = r d r d θ d z$ ）を使うと、 $V$ は $0 \leq r \leq 1, 0 \leq θ \leq 2 π, 0 \leq z \leq 1 - r^{2}$ で
$∭_{V} (3 r^{2} + 1) d V = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} (3 r^{2} + 1) (1 - r^{2}) r d r d θ .$
$(3 r^{2} + 1) (1 - r^{2}) r = r + 2 r^{3} - 3 r^{5}$ より
$\int_{0}^{1} (r + 2 r^{3} - 3 r^{5}) d r = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} .$
よって体積分は $2 π \cdot \frac{1}{2} = π$ 。

底面 $S_{0}$ の流束. $S_{0}$ 上では $z = 0$ なので $F \cdot n_{0} = - (0 + x^{2}) = - x^{2}$ 。極座標で
$\iint_{S_{0}} F \cdot n_{0} d S = - \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} r^{2} cos^{2} θ \cdot r d r d θ = - (\int_{0}^{2 π} cos^{2} θ d θ) (\int_{0}^{1} r^{3} d r) = - π \cdot \frac{1}{4} = - \frac{π}{4} .$

結論.
$\iint_{S} F \cdot n d S = π - (- \frac{π}{4}) = \frac{5 π}{4} .$

別解

$S$ に底面の円板 $D = {z = 0, x^{2} + y^{2} \leq 1}$ を加えて閉曲面とし、発散定理を用いる。 $\nabla \cdot F = 3 x^{2} + 1 + 3 y^{2} ...$ すなわち $\partial_{x} (x^{3} + y e^{z}) = 3 x^{2}$ 、 $\partial_{y} (y^{3} + sin x z) = 3 y^{2}$ 、 $\partial_{z} (z + x^{2}) = 1$ より $\nabla \cdot F = 3 (x^{2} + y^{2}) + 1$ 。

領域 $V = {0 \leq z \leq 1 - r^{2}}$ で円柱座標を使うと
$∭_{V} \nabla \cdot F d V = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} (3 r^{2} + 1) (1 - r^{2}) r d r d θ = 2 π \int_{0}^{1} (2 r^{3} - 3 r^{5} + r) d r = 2 π (\frac{1}{2} - \frac{1}{2} + \frac{1}{2}) = π .$

底面 $D$ の外向き法線は $- k$ 。 $z = 0$ で $F \cdot (- k) = - (z + x^{2}) = - x^{2}$ 。 $\iint_{D} x^{2} d A = \int_{0}^{2 π} cos^{2} θ d θ \int_{0}^{1} r^{3} d r = π \cdot \frac{1}{4} = \frac{π}{4}$ なので $D$ の流束は $- \frac{π}{4}$ 。

よって $\iint_{S} F \cdot n d S = π - (- \frac{π}{4}) = \frac{5 π}{4}$ 。

検算: 体積分の被積分関数を展開すると $(3 r^{2} + 1) (1 - r^{2}) r = r + 2 r^{3} - 3 r^{5}$ 、積分は $\frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$ 、これに $2 π$ をかけて $π$ 。

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