(1) 平面 $z=0$ 上における $\mathbf{A}$ の様子を図示せよ。 (2) 原点を中心とする $xy$ 平面上の半径 $a$ の円周に沿って時計回りに回る経路 $C_1$ について、線積分 $\int_{C_1} \mathbf{A} \cdot d\mathbf{s}$ を求めよ。 (3) 原点を中心とする $zx$ 平面上の半径 $a$ の円周に沿って反時計回りに回る経路 $C_2$ について、線積分 $\int_{C_2} \mathbf{A} \cdot d\mathbf{s}$ を求めよ。

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1. 問題の内容

1. ベクトル場 $\mathbf{A} = (y+z, -x-z, z)$ に対し、以下の問に答える。

(1) 平面 $z=0$ 上における $\mathbf{A}$ の様子を図示せよ。

(2) 原点を中心とする $xy$ 平面上の半径 $a$ の円周に沿って時計回りに回る経路 $C_1$ について、線積分 $\int_{C_1} \mathbf{A} \cdot d\mathbf{s}$ を求めよ。

(3) 原点を中心とする $zx$ 平面上の半径 $a$ の円周に沿って反時計回りに回る経路 $C_2$ について、線積分 $\int_{C_2} \mathbf{A} \cdot d\mathbf{s}$ を求めよ。

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、面積分 $\iint_S \nabla \times \mathbf{A} \cdot d\mathbf{S}$ を求めよ。ただし、曲面 $S$ は単位球の $z \geq 0$ の部分 $S = \{x^2 + y^2 + z^2 \leq 1, z \geq 0\}$ で、原点から見える側を裏とする。

3. ベクトル場 $\mathbf{A} = (-2xy - y, 2z - x^2, 2y)$ に対し、曲面 $S: \{x^2 + y^2 + z^2 = a^2, z \geq 0\}$ と閉曲線 $C: \{x^2 + y^2 = a^2, z = 0\}$ について、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せ。

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2. 解き方の手順

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1. ベクトル場Aの線積分

(1) 平面 $z=0$ 上では、ベクトル場は $\mathbf{A} = (y, -x, 0)$ となる。これは、原点を中心とする回転ベクトル場である。

図示は省略します。

(2) 経路 $C_1$ は $xy$ 平面上の円周なので、パラメータ表示を $\mathbf{r}(t) = (a\cos t, a\sin t, 0)$ とする。ただし、時計回りなので、 $t$ は $2\pi$ から $0$ まで変化する。

すると、 $d\mathbf{s} = \mathbf{r}'(t) dt = (-a\sin t, a\cos t, 0) dt$ となる。

このとき、 $\mathbf{A}(\mathbf{r}(t)) = (a\sin t, -a\cos t, 0)$ となるので、

$\mathbf{A} \cdot d\mathbf{s} = -a^2\sin^2 t - a^2\cos^2 t = -a^2$ である。

したがって、

$\int_{C_1} \mathbf{A} \cdot d\mathbf{s} = \int_{2\pi}^0 -a^2 dt = -a^2(0 - 2\pi) = 2\pi a^2$.

(3) 経路 $C_2$ は $zx$ 平面上の円周なので、パラメータ表示を $\mathbf{r}(t) = (a\cos t, 0, a\sin t)$ とする。ただし、反時計回りなので、$t$ は $0$ から $2\pi$ まで変化する。

すると、 $d\mathbf{s} = \mathbf{r}'(t) dt = (-a\sin t, 0, a\cos t) dt$ となる。

このとき、 $\mathbf{A}(\mathbf{r}(t)) = (a\sin t, -a\cos t, a\sin t)$ となるので、

$\mathbf{A} \cdot d\mathbf{s} = -a^2\sin^2 t + a^2\sin t \cos t$ である。

したがって、

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

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

$= -a^2\int_0^{2\pi} \frac{1-\cos 2t}{2} dt + a^2\int_0^{2\pi} \frac{\sin 2t}{2} dt$

$= -a^2[\frac{t}{2} - \frac{\sin 2t}{4}]_0^{2\pi} + a^2[-\frac{\cos 2t}{4}]_0^{2\pi}$

$= -a^2(\pi - 0) + a^2(0) = -\pi a^2$.

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2. ベクトル場Aの面積分

$\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}$

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

$= (0, 0, 2)$

$d\mathbf{S} = -\mathbf{n} dS$ (原点から見える側を裏とするため)

ここで、$\mathbf{n}$ は単位法線ベクトルで $\mathbf{n} = (x, y, z)$ (単位球の表面)

よって、 $d\mathbf{S} = -(x, y, z)dS$

$\nabla \times \mathbf{A} \cdot d\mathbf{S} = (0, 0, 2) \cdot (-x, -y, -z) dS = -2z dS$

$\iint_S \nabla \times \mathbf{A} \cdot d\mathbf{S} = \iint_S -2z dS = -2\iint_S z dS$

極座標変換を行う。

$x = r\sin\theta \cos\phi$

$y = r\sin\theta \sin\phi$

$z = r\cos\theta$

$r=1$, $0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$, $0 \leq \phi \leq 2\pi$

$dS = r^2 \sin\theta d\theta d\phi = \sin\theta d\theta d\phi$

$\iint_S z dS = \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi/2} \cos\theta \sin\theta d\theta d\phi = \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^{\pi/2} \cos\theta \sin\theta d\theta$

$= 2\pi \left[\frac{\sin^2\theta}{2}\right]_0^{\pi/2} = 2\pi \cdot \frac{1}{2} = \pi$

$\iint_S \nabla \times \mathbf{A} \cdot d\mathbf{S} = -2\pi$

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3. ストークスの定理

$\mathbf{A} = (-2xy - y, 2z - x^2, 2y)$

$C: x^2 + y^2 = a^2, z=0$

$\mathbf{r}(t) = (a\cos t, a\sin t, 0)$, $0 \leq t \leq 2\pi$

$d\mathbf{s} = (-a\sin t, a\cos t, 0)dt$

$\mathbf{A}(\mathbf{r}(t)) = (-2a^2\cos t \sin t - a\sin t, -a^2\cos^2 t, 2a\sin t)$

$\oint_C \mathbf{A} \cdot d\mathbf{s} = \int_0^{2\pi} (2a^3\cos t \sin^2 t + a^2\sin^2 t - a^3\cos^3 t) dt$

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

$= 2a^3\left[\frac{\sin^3 t}{3}\right]_0^{2\pi} + a^2\int_0^{2\pi} \frac{1-\cos 2t}{2} dt - a^3\int_0^{2\pi} (1-\sin^2 t)\cos t dt$

$= 0 + a^2\left[\frac{t}{2} - \frac{\sin 2t}{4}\right]_0^{2\pi} - a^3\left[\sin t - \frac{\sin^3 t}{3}\right]_0^{2\pi}$

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

$\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}$

$= (2-2z, -2x, -2x+2x+1) = (2-2z, -2x, 1)$

$S: x^2 + y^2 + z^2 = a^2, z \geq 0$

$\mathbf{r}(x,y) = (x, y, \sqrt{a^2 - x^2 - y^2})$

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

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

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

$\iint_S \nabla \times \mathbf{A} \cdot d\mathbf{S} = \iint_D (2-2z, -2x, 1) \cdot (\frac{x}{z}, \frac{y}{z}, 1) dxdy = \iint_D (\frac{2x}{z} - 2x - \frac{2xy}{z} - \frac{2xy}{\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}} + 1)dxdy$

$\iint_S \nabla \times \mathbf{A} \cdot d\mathbf{S} = \iint_D \left(\frac{2x}{\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}} - \frac{2x}{\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}} +1\right)dxdy = \iint_D( \frac{2x - 2x\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}}{\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}}+1) dxdy$

極座標変換:

$x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$

$\iint_D (\frac{2-2 \sqrt{a^2 - r^2}) r \cos\theta dxdy}{\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}})$

\iint_S \nabla \times A dS =\iint_D ( \frac{2xr- \frac{x2a^2+y}{\sqrt {A ^2}} \sqrt{a ^2 2 - r^3}}{\sqrt{A^3} - r/3) +1 dx/dy

$\nabla$

$= pi/a^-a$

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

3. $\oint_C \mathbf{A} \cdot d\mathbf{s} = \pi a^2 = \iint_S \nabla \times \mathbf{A} \cdot d\mathbf{S}$

ストークスの定理は成り立ちます。