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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証明問題大学数学ベクトル解析

$D = R^{2} ∖ {(0, 0)}$ とし、 $D$ 上のベクトル場 $F = (P, Q)$ を
$P (x, y) = \frac{- y}{x ^{2} + y ^{2}}, Q (x, y) = \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}}$
で定める。 $D$ 上のすべての点で $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$ が成り立つが、 $D$ 上の $C^{1}$ 級関数 $φ$ で $D$ 上 $\nabla φ = F$ （すなわち $\frac{\partial φ}{\partial x} = P, \frac{\partial φ}{\partial y} = Q$ ）をみたすものは存在しないことを証明せよ。ただし、曲線 $C : r (t) (a \leq t \leq b)$ に沿う線積分は $\int_{C} F \cdot d r = \int_{a}^{b} F (r (t)) \cdot r^{'} (t) d t$ で定める。

この問題で使うもの

積と商の微分（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）
多変数の連鎖律（説明と入口の問題）
偏微分と全微分（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（66 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

前半は商の微分法で直接計算します。後半は背理法で、ポテンシャルがあれば閉曲線に沿う線積分が $0$ になることを使い、そうならない閉曲線を見つけましょう。

ヒント 2

$\nabla φ = F$ ならば、曲線 $r (t)$ に沿って $\frac{d}{d t} φ (r (t)) = F (r (t)) \cdot r^{'} (t)$ が成り立ちます。原点を囲む単位円 $r (t) = (cos t, sin t)$ を考えましょう。

ヒント 3

$\frac{\partial P}{\partial y}$ と $\frac{\partial Q}{\partial x}$ はどちらも $\frac{y ^{2} - x ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}}$ になります。単位円上では $F (r (t)) = (- sin t, cos t)$ なので、 $F \cdot r^{'}$ を計算して線積分の値を求め、それをポテンシャルから得られる値と比べてみましょう。

採点の観点と模範解答

自分で証明を書いてから、採点の観点で見比べてください。

採点の観点を見る

商の微分法で $\frac{\partial P}{\partial y}$ と $\frac{\partial Q}{\partial x}$ を計算し、どちらも $\frac{y ^{2} - x ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}}$ になることを示している（2 点）
原点を囲む閉曲線（単位円など）を $D$ 内にとり、 $F$ の線積分を計算して $0$ でない値（単位円なら $2 π$ ）を得ている（3 点）
ポテンシャル $φ$ の存在を仮定し、連鎖律により $\frac{d}{d t} φ (r (t)) = F (r (t)) \cdot r^{'} (t)$ を導いている（曲線が $D$ に含まれることにも触れている）（3 点）
微分積分学の基本定理から閉曲線に沿う線積分が $φ$ の始点と終点での値の差、すなわち $0$ になることを示し、 $0$ でない値との矛盾からポテンシャルが存在しないと結論している（2 点）

結果を記録する（このブラウザにだけ保存されます）:

模範解答を読む

方針. まず偏導関数を計算して $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$ を確かめる。次に、ポテンシャル $φ$ が存在すると仮定して矛盾を導く（背理法）。具体的には、原点を囲む単位円に沿う線積分を 2 通りに計算し、値が食い違うことを示す。

1. $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$ の確認. $D$ 上では $x^{2} + y^{2} > 0$ なので、 $P, Q$ は $D$ 上で偏微分可能な有理関数である。商の微分法より
$\frac{\partial P}{\partial y} = - \frac{( x ^{2} + y ^{2} ) \cdot 1 - y \cdot 2 y}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} = - \frac{x ^{2} - y ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} = \frac{y ^{2} - x ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}},$
$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{( x ^{2} + y ^{2} ) \cdot 1 - x \cdot 2 x}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} = \frac{y ^{2} - x ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} .$
よって $D$ 上のすべての点で $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$ が成り立つ。

2. 単位円に沿う線積分の計算. 単位円 $C : r (t) = (cos t, sin t) (0 \leq t \leq 2 π)$ を考える。 $∣ r (t) ∣ = 1$ なので $C$ は $D$ に含まれ、 $r$ は $C^{1}$ 級で $r^{'} (t) = (- sin t, cos t)$ である。 $C$ 上では $x^{2} + y^{2} = 1$ なので
$F (r (t)) = (- sin t, cos t),$
$F (r (t)) \cdot r^{'} (t) = sin^{2} t + cos^{2} t = 1.$
したがって
$\int_{C} F \cdot d r = \int_{0}^{2 π} 1 d t = 2 π . (1)$

3. 背理法. $D$ 上の $C^{1}$ 級関数 $φ$ で $\nabla φ = F$ をみたすものが存在すると仮定し、矛盾を導く。

$g (t) = φ (cos t, sin t) (0 \leq t \leq 2 π)$ とおく。 $φ$ は $D$ 上で $C^{1}$ 級、 $r$ は $C^{1}$ 級で値は $D$ に入るので、合成関数の微分法（連鎖律）により $g$ は $C^{1}$ 級で
$g^{'} (t) = \frac{\partial φ}{\partial x} (r (t)) \cdot (- sin t) + \frac{\partial φ}{\partial y} (r (t)) \cdot cos t = \nabla φ (r (t)) \cdot r^{'} (t) = F (r (t)) \cdot r^{'} (t)$
となる。 $g^{'}$ は連続なので、微分積分学の基本定理により
$\int_{C} F \cdot d r = \int_{0}^{2 π} g^{'} (t) d t = g (2 π) - g (0) = φ (1, 0) - φ (1, 0) = 0.$
これは $(1)$ の $2 π \neq = 0$ に矛盾する。よって仮定は誤りであり、そのような $φ$ は存在しない。

以上より、 $F$ は $D$ 上で $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$ をみたすが、 $D$ 上の $C^{1}$ 級関数 $φ$ で $\nabla φ = F$ となるものは存在しない。

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