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ベクトル解析の問題

難易度 1教科書の例題レベル大学数学ベクトル解析

原点を除いた $x y$ 平面 $D = R^{2} ∖ {(0, 0)}$ 上のベクトル場
$F (x, y) = (\frac{3 x - y}{x ^{2} + y ^{2}}, \frac{x + 3 y}{x ^{2} + y ^{2}})$
と、媒介変数表示
$r (t) = ((1 + t) cos π t, (1 + t) sin π t) (0 \leq t \leq 3)$
で表される曲線 $C$ （向きは $t$ が増える向き）を考える。線積分
$\int_{C} F \cdot d r$
の値を求めよ。

この問題で使うもの

原点を除いた平面の場と偏角（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（77 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

技能「原点を除いた平面の場と偏角」を使う。被積分の形式を $\frac{x d x + y d y}{x ^{2} + y ^{2}}$ と $\frac{- y d x + x d y}{x ^{2} + y ^{2}}$ の組み合わせに分けてみよう。

ヒント 2

$\frac{x d x + y d y}{x ^{2} + y ^{2}} = d (lo g r)$ 、 $\frac{- y d x + x d y}{x ^{2} + y ^{2}} = d θ$ を使う。 $F \cdot d r = 3 d (lo g r) + d θ$ となる。

ヒント 3

曲線上では $r = 1 + t$ 、 $θ = π t$ である。 $r$ は $1$ から $4$ に、 $θ$ は $0$ から $3 π$ に連続に変化する。あとはそれぞれの変化量を代入すればよい。

答えと解説

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6 lo g 2 + 3 π

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解説を読む

方針被積分の微分形式を、偏角の変化を表す部分と $lo g r$ の微分の部分に分ける。

1. 分解 $F \cdot d r = P d x + Q d y$ は
$\frac{( 3 x - y ) d x + ( x + 3 y ) d y}{x ^{2} + y ^{2}} = 3 \cdot \frac{x d x + y d y}{x ^{2} + y ^{2}} + \frac{- y d x + x d y}{x ^{2} + y ^{2}}$
と書ける。

2. 各部分の意味 極座標 $x = r cos θ, y = r sin θ$ で $d x = cos θ d r - r sin θ d θ$ , $d y = sin θ d r + r cos θ d θ$ だから
$x d x + y d y = r d r, - y d x + x d y = r^{2} d θ .$
よって
$\frac{x d x + y d y}{x ^{2} + y ^{2}} = \frac{d r}{r} = d (lo g r), \frac{- y d x + x d y}{x ^{2} + y ^{2}} = d θ .$
したがって $F \cdot d r = 3 d (lo g r) + d θ$ である。ここで $θ$ は、曲線に沿って連続に変化させた偏角である。

3. 曲線上の $r$ と $θ$ 曲線 $C$ 上では $r = 1 + t$ であり、偏角は $θ = π t$ と連続にとれる。 $1 + t \geq 1$ なので、曲線は原点を通らない。
- 始点 $t = 0$ ： $r = 1$ , $θ = 0$ 。点 $(1, 0)$ である。
- 終点 $t = 3$ ： $r = 4$ , $θ = 3 π$ 。点 $(- 4, 0)$ である。

曲線は原点のまわりを反時計回りに $1$ 周半し、偏角は $3 π$ だけ増える。

4. 線積分
$\int_{C} 3 d (lo g r) = 3 (lo g 4 - lo g 1) = 3 lo g 4 = 6 lo g 2, \int_{C} d θ = 3 π - 0 = 3 π .$

注意 $θ$ は $D$ 全体では 1 価の関数にならない。そのため、終点の座標 $(- 4, 0)$ だけから偏角を $π$ と読むと誤る。曲線に沿った偏角の変化 $3 π$ を使う必要がある。

以上より
$\int_{C} F \cdot d r = 6 lo g 2 + 3 π .$

別解

極座標 $x = ρ cos θ, y = ρ sin θ$ で考える。 $F$ を分解すると
$F = (\frac{3 x}{x ^{2} + y ^{2}}, \frac{3 y}{x ^{2} + y ^{2}}) + (\frac{- y}{x ^{2} + y ^{2}}, \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}}) = 3\nabla lo g ρ + \nabla θ .$
前者は $\nabla (3 lo g x^{2} + y^{2})$ で、ポテンシャルをもつ。後者は角度の微分形式 $d θ$ に対応し、線積分は偏角の変化量を与える。

曲線上では $ρ = 1 + t$ 、 $θ = π t$ である。

始点 $t = 0$ : $ρ = 1$
終点 $t = 3$ : $ρ = 4$

第1項は $3 (lo g 4 - lo g 1) = 3 lo g 4 = 6 lo g 2$ 。

第2項は偏角の変化量 $π \cdot 3 - 0 = 3 π$ 。曲線は原点を通らず連続な偏角 $θ = π t$ をもつので、これがそのまま変化量になる。

直接計算で確かめる。 $d r = (ρ^{'} cos θ - ρ θ^{'} sin θ, ρ^{'} sin θ + ρ θ^{'} cos θ) d t$ で、 $ρ^{'} = 1$ 、 $θ^{'} = π$ である。

$F = \frac{1}{ρ} (3 cos θ - sin θ, cos θ + 3 sin θ)$ なので、

内積 $= \frac{1}{ρ} [(3 cos θ - sin θ) (cos θ - ρ π sin θ) + (cos θ + 3 sin θ) (sin θ + ρ π cos θ)]$

$ρ^{'}$ に由来する項: $3 cos^{2} θ - sin θ cos θ + sin θ cos θ + 3 sin^{2} θ = 3$
$ρ π$ に由来する項: $- 3 sin θ cos θ + sin^{2} θ + cos^{2} θ + 3 sin θ cos θ = 1$

よって内積 $= \frac{3}{ρ} + π$ 。

$\int_{0}^{3} (\frac{3}{1 + t} + π) d t = 3 lo g 4 + 3 π = 6 lo g 2 + 3 π$ 。

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