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

$S$ を $R^{3}$ 内の向きの付いた区分的に滑らかな曲面とし、 $n$ をその単位法線ベクトルとする。 $S$ の境界 $C$ は区分的に滑らかな単純閉曲線で、 $n$ に対して正の向き（右ねじの向き）に向きが付いているとする。すなわち、連続な写像 $r : [a, b] \to R^{3}$ と分点 $a = t_{0} < t_{1} < \dots < t_{N} = b$ があって、 $r$ は各 $[t_{k - 1}, t_{k}]$ 上で $C^{1}$ 級、 $r (a) = r (b)$ であり、 $C$ はこの向きで $r$ によりちょうど 1 周たどられるとする。 $W$ を $S$ と $C$ を含む開集合とし、 $f_{1}, g_{1}, f_{2}, g_{2}$ を $W$ 上の $C^{2}$ 級の実数値関数で、 $C$ 上のすべての点で
$f_{1} = f_{2}, g_{1} = g_{2}$
をみたすものとする（ $C$ の外では一致しなくてよい）。このとき
$\iint_{S} (\nabla f_{1} \times \nabla g_{1}) \cdot n d S = \iint_{S} (\nabla f_{2} \times \nabla g_{2}) \cdot n d S$
が成り立つことを証明せよ。ただし、 $W$ 上の $C^{1}$ 級ベクトル場 $F$ に対するストークスの定理
$\oint_{C} F \cdot d r = k = 1 \sum N \int_{t_{k - 1}}^{t_{k}} F (r (t)) \cdot r^{'} (t) d t = \iint_{S} (\nabla \times F) \cdot n d S$
（区間の端点での $r^{'}$ は片側微分係数とする）、 $C^{2}$ 級関数の 2 階偏導関数は微分の順序によらない（シュワルツの定理）こと、および合成関数の微分法（連鎖律）は用いてよい。回転は直交座標 $(x, y, z)$ で $A = (A_{1}, A_{2}, A_{3})$ に対し $\nabla \times A = (\frac{\partial A _{3}}{\partial y} - \frac{\partial A _{2}}{\partial z}, \frac{\partial A _{1}}{\partial z} - \frac{\partial A _{3}}{\partial x}, \frac{\partial A _{2}}{\partial x} - \frac{\partial A _{1}}{\partial y})$ で定める。

この問題で使うもの

ストークスの定理（説明と入口の問題）
ベクトル解析の恒等式と積の公式（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）
偏微分と全微分（説明と入口の問題）
多変数の連鎖律（説明と入口の問題）
空間ベクトルの外積（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（81 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

面積分を、ストークスの定理を使って境界 $C$ 上の線積分に書き直すことを考えましょう。そのためには、回転が $\nabla f \times \nabla g$ になるベクトル場を見つける必要があります。

ヒント 2

$\nabla \times (f \nabla g) = \nabla f \times \nabla g$ が成り立ちます。また、 $C$ のパラメータ表示 $r (t)$ に沿って $\frac{d}{d t} g (r (t)) = \nabla g (r (t)) \cdot r^{'} (t)$ です。

ヒント 3

まず $\nabla \times (f \nabla g)$ の第 1 成分 $\partial_{y} (f \partial_{z} g) - \partial_{z} (f \partial_{y} g)$ を積の微分法則で展開し、シュワルツの定理で $f$ を含む項が消えることを確かめます。次にストークスの定理で面積分を $\sum_{k} \int_{t_{k - 1}}^{t_{k}} f (r (t)) \nabla g (r (t)) \cdot r^{'} (t) d t$ と表し、この被積分関数が $f, g$ の $C$ 上の値だけで書けることに注目しましょう。

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

$\nabla \times (f \nabla g)$ の 3 つの成分を積の微分法則で展開し、シュワルツの定理で 2 階偏導関数の項が打ち消し合うことから $\nabla \times (f \nabla g) = \nabla f \times \nabla g$ を示している（4 点）
$f \nabla g$ が $C^{1}$ 級であることを確認したうえで、ストークスの定理により面積分を $C$ 上の線積分 $\sum_{k} \int f (r (t)) \nabla g (r (t)) \cdot r^{'} (t) d t$ に書き直している（2 点）
連鎖律により $\nabla g (r (t)) \cdot r^{'} (t) = \frac{d}{d t} g (r (t))$ と表し、被積分関数が $f, g$ の $C$ 上の値だけで決まる形にしている（2 点）
$C$ 上で $g_{1} = g_{2}$ であることから各区間上で $\frac{d}{d t} g_{1} (r (t)) = \frac{d}{d t} g_{2} (r (t))$ を導き（ $\nabla g_{1} = \nabla g_{2}$ を仮定していない）、 $f_{1} = f_{2}$ とあわせて線積分、したがって面積分が等しいと結論している（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

以下、 $\partial_{1} = \frac{\partial}{\partial x}, \partial_{2} = \frac{\partial}{\partial y}, \partial_{3} = \frac{\partial}{\partial z}$ と書く。

方針. 面積分 $\iint_{S} (\nabla f \times \nabla g) \cdot n d S$ を、ストークスの定理で $C$ 上の線積分に書き直し、その線積分が $f, g$ の $C$ 上の値だけで決まることを示す。

ステップ 1: $\nabla \times (f \nabla g) = \nabla f \times \nabla g$ . $f, g$ を $W$ 上の $C^{2}$ 級関数とする。 $f \nabla g = (f \partial_{1} g, f \partial_{2} g, f \partial_{3} g)$ の回転の第 1 成分は、積の微分法則により
$\partial_{2} (f \partial_{3} g) - \partial_{3} (f \partial_{2} g) = (\partial_{2} f) (\partial_{3} g) + f \partial_{2} \partial_{3} g - (\partial_{3} f) (\partial_{2} g) - f \partial_{3} \partial_{2} g .$
$g$ は $C^{2}$ 級なので、シュワルツの定理により $\partial_{2} \partial_{3} g = \partial_{3} \partial_{2} g$ であり、
$\partial_{2} (f \partial_{3} g) - \partial_{3} (f \partial_{2} g) = (\partial_{2} f) (\partial_{3} g) - (\partial_{3} f) (\partial_{2} g) .$
同じく第 2 成分・第 3 成分は
$\partial_{3} (f \partial_{1} g) - \partial_{1} (f \partial_{3} g) = (\partial_{3} f) (\partial_{1} g) - (\partial_{1} f) (\partial_{3} g) + f (\partial_{3} \partial_{1} g - \partial_{1} \partial_{3} g) = (\partial_{3} f) (\partial_{1} g) - (\partial_{1} f) (\partial_{3} g),$
$\partial_{1} (f \partial_{2} g) - \partial_{2} (f \partial_{1} g) = (\partial_{1} f) (\partial_{2} g) - (\partial_{2} f) (\partial_{1} g) + f (\partial_{1} \partial_{2} g - \partial_{2} \partial_{1} g) = (\partial_{1} f) (\partial_{2} g) - (\partial_{2} f) (\partial_{1} g)$
となる（どちらもシュワルツの定理で $f$ を含む項が消える）。右辺の 3 つは、外積の定義により $\nabla f \times \nabla g = (\partial_{1} f, \partial_{2} f, \partial_{3} f) \times (\partial_{1} g, \partial_{2} g, \partial_{3} g)$ の第 1, 2, 3 成分である。よって $W$ 上で $\nabla \times (f \nabla g) = \nabla f \times \nabla g$ が成り立つ。

ステップ 2: ストークスの定理の適用. $f$ は $C^{2}$ 級なので $C^{1}$ 級であり、 $\nabla g$ の各成分 $\partial_{j} g$ も $g$ が $C^{2}$ 級なので $C^{1}$ 級である。 $C^{1}$ 級関数の積は $C^{1}$ 級なので、 $F = f \nabla g$ は $W$ 上の $C^{1}$ 級ベクトル場である。したがってストークスの定理とステップ 1 から
$\iint_{S} (\nabla f \times \nabla g) \cdot n d S = \iint_{S} (\nabla \times (f \nabla g)) \cdot n d S = k = 1 \sum N \int_{t_{k - 1}}^{t_{k}} f (r (t)) \nabla g (r (t)) \cdot r^{'} (t) d t (1)$
が成り立つ。

ステップ 3: 被積分関数を $C$ 上の値で表す. $k$ を 1 つ固定し、 $[t_{k - 1}, t_{k}]$ 上で $φ (t) = g (r (t))$ とおく。 $g$ は開集合 $W$ 上で $C^{1}$ 級、 $r$ はこの区間上で $C^{1}$ 級で $r (t) \in C \subset W$ なので、連鎖律により $φ$ はこの区間上で微分可能（端点では片側微分可能）で
$φ^{'} (t) = \nabla g (r (t)) \cdot r^{'} (t)$
となる。よって $(1)$ の被積分関数は
$f (r (t)) \nabla g (r (t)) \cdot r^{'} (t) = f (r (t)) \frac{d}{d t} g (r (t)) (2)$
と書ける。

ステップ 4: 結論. $(1)$ , $(2)$ を $(f, g) = (f_{1}, g_{1})$ と $(f, g) = (f_{2}, g_{2})$ のそれぞれに適用する。各 $t \in [t_{k - 1}, t_{k}]$ について $r (t) \in C$ なので、仮定から
$f_{1} (r (t)) = f_{2} (r (t)), g_{1} (r (t)) = g_{2} (r (t))$
である。後者は区間 $[t_{k - 1}, t_{k}]$ 上で関数として等しいということなので、その導関数（端点では片側微分係数）も等しく、 $\frac{d}{d t} g_{1} (r (t)) = \frac{d}{d t} g_{2} (r (t))$ が区間全体で成り立つ。したがって $(2)$ の被積分関数は $(f_{1}, g_{1})$ と $(f_{2}, g_{2})$ で各区間上で一致し、 $(1)$ の右辺の各積分、したがってその和も一致する。よって $(1)$ の左辺も一致し、
$\iint_{S} (\nabla f_{1} \times \nabla g_{1}) \cdot n d S = \iint_{S} (\nabla f_{2} \times \nabla g_{2}) \cdot n d S$
が成り立つ。

（注: $\nabla g_{1}$ と $\nabla g_{2}$ 自体は $C$ 上でも一致するとは限らない。 $C$ に垂直な方向の偏微分係数は異なりうるが、線積分には $C$ の接線方向の成分 $\nabla g \cdot r^{'}$ しか現れないので、結果に影響しない。）

この問題の確認

AI が作成した問題です。公開前に次の確認を行いました。

別の AI が模範解答を見ずに 3 回証明を試み、3 回証明できました
2 つの AI が独立に、模範解答の証明を 1 ステップずつ確かめました
AI の査読で、条件・解説・表記を確認しました
答えの正しさについて慎重に扱うべき点が見つからなかったため、自動で公開しました

確認の方法について

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