ベクトル解析の問題

1. 分解する。 次のように置く。
$$P=P_1+P_2,Q=Q_1+Q_2,$$
$$P_1=-\frac{y}{x^2+4y^2},Q_1=\frac{x}{x^2+4y^2},P_2=-x^{2}y+e^{x^2},Q_2=x{y}^2+\sin (y^2).$$
$P_1,Q_1$ は原点で定義されない。$P_2,Q_2$ は平面全体で $C^1$ 級である。

2. 滑らかな部分。 円 $C$ が囲む閉円板を $D=\{(x-1{)}^2+y^2\le 4\}$ とする。$D$ は原点を含むが、$P_2,Q_2$ は $D$ 上で $C^1$ 級なので、グリーンの定理がそのまま使える。
$$\frac{\partial Q_2}{\partial x}-\frac{\partial P_2}{\partial y}=y^2-(-x^2)=x^2+y^2$$
より
$${\oint }_C(P_{2}dx+Q_{2}dy)={\iint }_D(x^2+y^2)dxdy.$$
$u=x-1$ とおくと、$D$ は $u^2+y^2\le 4$（半径 $2$ の円板）になる。
- ${\iint }_D{x}^{2}dxdy=\iint (u+1{)}^{2}dudy=\iint u^2+2\iint u+\iint 1$
- 対称性から $\iint u=0$
- 極座標で $\iint u^2={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^2{r}^3{\cos }^2\theta drd\theta =4\cdot \pi =4\pi$
- 面積は $\iint 1=4\pi$

よって ${\iint }_D{x}^2=8\pi$ である。同様に ${\iint }_D{y}^2=4\pi$ なので、
$${\oint }_C(P_{2}dx+Q_{2}dy)=12\pi .$$

3. 特異な部分。 $\Delta =x^2+4y^2$ とおく。
$$\frac{\partial Q_1}{\partial x}=\frac{\Delta -2x^2}{{\Delta }^2}=\frac{4y^2-x^2}{{\Delta }^2},\frac{\partial P_1}{\partial y}=-\frac{\Delta -8y^2}{{\Delta }^2}=\frac{4y^2-x^2}{{\Delta }^2}.$$
したがって原点以外では $\frac{\partial Q_1}{\partial x}-\frac{\partial P_1}{\partial y}=0$ である。

十分小さい $\epsilon >0$ をとり、楕円 $E_{\epsilon }:x^2+4y^2={\epsilon }^2$ を反時計回りに向き付ける。$E_{\epsilon }$ は $D$ の内部に含まれる。$D$ から $E_{\epsilon }$ の内部を除いた領域 $D_{\epsilon }$ では $P_1,Q_1$ が $C^1$ 級である。$D_{\epsilon }$ の正の向きの境界は「$C$（反時計回り）と $E_{\epsilon }$（時計回り）」なので、グリーンの定理より
$${\oint }_C(P_{1}dx+Q_{1}dy)-{\oint }_{E_{\epsilon }}(P_{1}dx+Q_{1}dy)={\iint }_{D_{\epsilon }}0dxdy=0.$$
$E_{\epsilon }$ を $x=\epsilon \cos t,y=\frac{\epsilon }{2}\sin t(0\le t\le 2\pi )$ と表すと、$x^2+4y^2={\epsilon }^2$ である。また
$$xdy-ydx=\left(\epsilon \cos t\cdot \frac{\epsilon }{2}\cos t+\frac{\epsilon }{2}\sin t\cdot \epsilon \sin t\right)dt=\frac{{\epsilon }^2}{2}dt.$$
よって
$${\oint }_{E_{\epsilon }}(P_{1}dx+Q_{1}dy)={\int }_0^{2\pi }\frac{1}{{\epsilon }^2}\cdot \frac{{\epsilon }^2}{2}dt=\pi .$$
したがって ${\oint }_C(P_{1}dx+Q_{1}dy)=\pi$ である。

4. 合計。
$$I=\pi +12\pi =13\pi .$$

$P,Q$ を、原点で特異な部分と滑らかな部分に分けて計算する。

$P=P_1+P_2,Q=Q_1+Q_2$ とおく。
- $P_1=-\frac{y}{x^2+4y^2},Q_1=\frac{x}{x^2+4y^2}$
- $P_2=-x^{2}y+e^{x^2},Q_2=x{y}^2+\sin (y^2)$

円 $C$ は中心 $(1,0)$、半径 2 である。原点から中心までの距離は 1 で半径 2 より小さいので、原点は $C$ の内部にある。

(1) 特異な部分 $(P_1,Q_1)$
$\partial Q_1/\partial x=\frac{4y^2-x^2}{(x^2+4y^2{)}^2}=\partial P_1/\partial y$ なので、原点を除いた領域で閉形式である。したがって $C$ 上の積分は、原点を囲む任意の単純閉曲線上の積分に等しい。

楕円 $x=2r\cos t,y=r\sin t$（$0\le t\le 2\pi$、反時計回り）をとる。このとき $x^2+4y^2=4r^2$ であり、
$$xdy-ydx=2r\cos t\cdot r\cos tdt+r\sin t\cdot 2r\sin tdt=2r^{2}dt.$$
よって
$$\oint (P_{1}dx+Q_{1}dy)={\int }_0^{2\pi }\frac{2r^2}{4r^2}dt=\pi .$$

(2) 滑らかな部分 $(P_2,Q_2)$
これは円板 $D$ 全体で $C^1$ なので、グリーンの定理が使える。
$$\frac{\partial Q_2}{\partial x}-\frac{\partial P_2}{\partial y}=y^2+x^2.$$
$x=1+u$ とおくと、$D$ は原点中心・半径 $R=2$ の円板 $u^2+y^2\le 4$ になる。$u$ の奇関数の積分は 0 なので、
$${\iint }_D(x^2+y^2)dA=\iint (u^2+y^2)dA+2\iint udA+\iint dA=\frac{\pi R^4}{2}+0+\pi R^2=8\pi +4\pi =12\pi .$$

(3) 合計
$$I=\pi +12\pi =13\pi .$$

検算：${\iint }_D(u^2+y^2)dA={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^2{r}^{3}drd\theta =2\pi \cdot 4=8\pi$ となり、上の値と一致する。