(1) $z=0$ 平面における $\mathbf{A}$ の様子を図示する。 (2) 原点を中心とする $xy$ 平面上の半径 $a$ の円周 $C_1$ (時計回り) に沿った線積分 $\int_{C_1} \mathbf{A} \cdot d\mathbf{s}$ を求める。 (3) 原点を中心とする $zx$ 平面上の半径 $a$ の円周 $C_2$ (反時計回り) に沿った線積分 $\int_{C_2} \mathbf{A} \cdot d\mathbf{s}$ を求める。

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1. 問題の内容

与えられた3つの問題について、それぞれ以下を求めます。

1. ベクトル場 $\mathbf{A} = (y+z, -x-z, z)$ に対して、

(1) $z=0$ 平面における $\mathbf{A}$ の様子を図示する。

(2) 原点を中心とする $xy$ 平面上の半径 $a$ の円周 $C_1$ (時計回り) に沿った線積分 $\int_{C_1} \mathbf{A} \cdot d\mathbf{s}$ を求める。

(3) 原点を中心とする $zx$ 平面上の半径 $a$ の円周 $C_2$ (反時計回り) に沿った線積分 $\int_{C_2} \mathbf{A} \cdot d\mathbf{s}$ を求める。

2. ベクトル場 $\mathbf{A} = ((y+1)(z^2 - 1), (x+1)(z^2+1), (x+1)(y+1))$ に対して、半球 $S = \{x^2 + y^2 + z^2 \leq 1, z \geq 0\}$ 上の面積分 $\int_S \nabla \times \mathbf{A} \cdot d\mathbf{S}$ を求める。ただし、曲面 $S$ の法線ベクトルは原点から見える側を裏とする（つまり下向きを正とする）。

3. ベクトル場 $\mathbf{A} = (-2xy-y, 2z-x^2, 2y)$ と曲面 $S = \{x^2 + y^2 + z^2 = a^2, z \geq 0\}$ および閉曲線 $C = \{x^2 + y^2 = a^2, z = 0\}$ に対して、ストークスの定理 $\oint_C \mathbf{A} \cdot d\mathbf{s} = \iint_S (\nabla \times \mathbf{A}) \cdot d\mathbf{S}$ が成り立つことを示す。

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2. 解き方の手順

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1. (2) 線積分 $\int_{C_1} \mathbf{A} \cdot d\mathbf{s}$ を求める**

まず $z=0$ なので、ベクトル場は $\mathbf{A} = (y, -x, 0)$ となります。

曲線 $C_1$ は $xy$ 平面上の半径 $a$ の円周で、時計回りに回るので、パラメータ表示は $\mathbf{r}(t) = (a \cos t, -a \sin t, 0)$ ($0 \leq t \leq 2\pi$) となります。

このとき、$d\mathbf{r} = (-a \sin t, -a \cos t, 0) dt$ となります。

線積分は次のようになります。

$\int_{C_1} \mathbf{A} \cdot d\mathbf{s} = \int_0^{2\pi} (y, -x, 0) \cdot (-a \sin t, -a \cos t, 0) dt = \int_0^{2\pi} (-a \sin t, -a \cos t, 0) \cdot (-a \sin t, -a \cos t, 0) dt$

$= \int_0^{2\pi} (a^2 \sin^2 t + a^2 \cos^2 t) dt = \int_0^{2\pi} a^2 dt = 2\pi a^2$

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1. (3) 線積分 $\int_{C_2} \mathbf{A} \cdot d\mathbf{s}$ を求める**

曲線 $C_2$ は $zx$ 平面上の半径 $a$ の円周で、反時計回りに回るので、パラメータ表示は $\mathbf{r}(t) = (a \cos t, 0, a \sin t)$ ($0 \leq t \leq 2\pi$) となります。

このとき、$d\mathbf{r} = (-a \sin t, 0, a \cos t) dt$ となります。

ベクトル場は $\mathbf{A} = (y+z, -x-z, z) = (a \sin t, -a \cos t - a \sin t, a \sin t)$ となります。

線積分は次のようになります。

$\int_{C_2} \mathbf{A} \cdot d\mathbf{s} = \int_0^{2\pi} (a \sin t, -a \cos t - a \sin t, a \sin t) \cdot (-a \sin t, 0, a \cos t) dt$

$= \int_0^{2\pi} (-a^2 \sin^2 t + a^2 \sin t \cos t) dt = -a^2 \int_0^{2\pi} \sin^2 t dt + a^2 \int_0^{2\pi} \sin t \cos t dt$

$= -a^2 \pi + 0 = - \pi a^2$

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2. 面積分 $\int_S \nabla \times \mathbf{A} \cdot d\mathbf{S}$ を求める**

$\mathbf{A} = ((y+1)(z^2 - 1), (x+1)(z^2+1), (x+1)(y+1))$ に対して、回転を計算します。

$\nabla \times \mathbf{A} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ (y+1)(z^2-1) & (x+1)(z^2+1) & (x+1)(y+1) \end{vmatrix}$

$= ((x+1) - (x+1), (y+1) - (y+1), (z^2+1) - (z^2-1)) = (0, 0, 2)$

曲面 $S$ は $x^2 + y^2 + z^2 \leq 1, z \geq 0$ であり、法線ベクトルは原点から見える側を裏とするので下向きです。

$S$ の境界は $x^2 + y^2 = 1, z = 0$ です。ストークスの定理を使うことを考えます。

$\int_S (\nabla \times \mathbf{A}) \cdot d\mathbf{S} = \oint_C \mathbf{A} \cdot d\mathbf{s}$

ここで $C$ は $x^2+y^2=1, z=0$ です。$z=0$ なので、 $\mathbf{A} = (-(y+1), x+1, (x+1)(y+1))$.

$x = \cos t, y = \sin t$ とパラメータ表示できます。 $d\mathbf{r} = (-\sin t, \cos t, 0) dt$

$\mathbf{A} \cdot d\mathbf{r} = (-(\sin t + 1), \cos t + 1, (\cos t + 1)(\sin t + 1))\cdot (-\sin t, \cos t, 0) dt$

$= (\sin^2 t + \sin t + \cos^2 t + \cos t) dt = (1 + \sin t + \cos t) dt$

$\oint_C \mathbf{A} \cdot d\mathbf{s} = \int_0^{2\pi} (1 + \sin t + \cos t) dt = [t - \cos t + \sin t]_0^{2\pi} = 2\pi$

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3. ストークスの定理を示す**

$\mathbf{A} = (-2xy-y, 2z-x^2, 2y)$ と曲面 $S = \{x^2 + y^2 + z^2 = a^2, z \geq 0\}$ および閉曲線 $C = \{x^2 + y^2 = a^2, z = 0\}$ に対して、ストークスの定理 $\oint_C \mathbf{A} \cdot d\mathbf{s} = \iint_S (\nabla \times \mathbf{A}) \cdot d\mathbf{S}$ が成り立つことを示す。

$\nabla \times \mathbf{A} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ -2xy-y & 2z-x^2 & 2y \end{vmatrix} = (2 - 2, -(-2x-0), -2x - (-2x-1)) = (0, 2x, 1)$

$\int_S (\nabla \times \mathbf{A}) \cdot d\mathbf{S} = \int_S (0, 2x, 1) \cdot d\mathbf{S}$

パラメータ表示: $\mathbf{r}(x, y) = (x, y, \sqrt{a^2 - x^2 - y^2})$

$\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial x} = (1, 0, -x/\sqrt{a^2-x^2-y^2})$

$\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial y} = (0, 1, -y/\sqrt{a^2-x^2-y^2})$

$\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial x} \times \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial y} = (x/\sqrt{a^2-x^2-y^2}, y/\sqrt{a^2-x^2-y^2}, 1)$

$\int_S (0, 2x, 1) \cdot d\mathbf{S} = \int_{x^2 + y^2 \leq a^2} \frac{2xy}{\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}} + 1 dx dy$

極座標: $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$

$\int_0^{2\pi} \int_0^a (\frac{2r^2 \cos\theta \sin\theta}{\sqrt{a^2-r^2}} + 1) r dr d\theta = \int_0^{2\pi} \int_0^a \frac{2r^3 \cos\theta \sin\theta}{\sqrt{a^2 - r^2}}drd\theta + \int_0^{2\pi}\int_0^a rdr d\theta$

$\int_0^{2\pi} \cos\theta \sin\theta d\theta = 0$ なので第一項は

0. 第二項 = $\int_0^{2\pi} [\frac{r^2}{2}]_0^a d\theta = \int_0^{2\pi} \frac{a^2}{2} d\theta = \pi a^2$

$\oint_C \mathbf{A} \cdot d\mathbf{s} = \int_0^{2\pi} (-2a^2 \cos t \sin t - a \sin t, 2(0) - a^2 \cos^2 t, 2a \sin t) \cdot (-a \sin t, a \cos t, 0) dt$

$\int_0^{2\pi} (2a^3 \cos t \sin^2 t + a^2 \sin^2 t + 2a^3 \cos^3 t - a^2 \cos^2t) dt = a^2\int_0^{2\pi} \sin^2 t dt - a^2 \int_0^{2\pi} \cos^2 t dt = \pi a^2$

よって等式は成り立つ。

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3. 最終的な答え

1. (2) $\int_{C_1} \mathbf{A} \cdot d\mathbf{s} = 2\pi a^2$

(3) $\int_{C_2} \mathbf{A} \cdot d\mathbf{s} = -\pi a^2$

2. $\int_S \nabla \times \mathbf{A} \cdot d\mathbf{S} = 2\pi$

3. ストークスの定理 $\oint_C \mathbf{A} \cdot d\mathbf{s} = \iint_S (\nabla \times \mathbf{A}) \cdot d\mathbf{S}$ が成り立つことを示した。 両辺の値は $\pi a^2$.