以下の3つの線積分を計算します。 (1) 積分 $\oint_C 1 \cdot ds$。ただし、$C$ は半径1の円 ($x^2+y^2=1$)。 (2) 積分 $\oint_C 1 \cdot ds$。ただし、$C$ はアステロイド ($x^{2/3}+y^{2/3}=1$)。 (3) 積分 $\oint_C 2xy dx + x^2 dy$。ただし、$C$ は半径Rの円。

1. 問題の内容

以下の3つの線積分を計算します。

(1) 積分 $\oint_C 1 \cdot ds$。ただし、$C$ は半径1の円 ($x^2+y^2=1$)。

(2) 積分 $\oint_C 1 \cdot ds$。ただし、$C$ はアステロイド ($x^{2/3}+y^{2/3}=1$)。

(3) 積分 $\oint_C 2xy dx + x^2 dy$。ただし、$C$ は半径Rの円。

2. 解き方の手順

(1) $C$ は半径1の円なので、円周の長さは $2\pi$ です。したがって、

$\oint_C 1 \cdot ds = \oint_C ds = 2\pi$.

(2) $C$ はアステロイド $x^{2/3} + y^{2/3} = 1$ です。アステロイドはパラメータ表示 $x = \cos^3 t$, $y = \sin^3 t$ で表すことができます。ここで $0 \le t \le 2\pi$ です。

$dx = -3 \cos^2 t \sin t dt$, $dy = 3 \sin^2 t \cos t dt$

$ds = \sqrt{dx^2 + dy^2} = \sqrt{(-3 \cos^2 t \sin t)^2 + (3 \sin^2 t \cos t)^2} dt = \sqrt{9 \cos^4 t \sin^2 t + 9 \sin^4 t \cos^2 t} dt = \sqrt{9 \cos^2 t \sin^2 t (\cos^2 t + \sin^2 t)} dt = 3 |\cos t \sin t| dt = \frac{3}{2} |\sin 2t| dt$.

したがって、

$\oint_C 1 \cdot ds = \oint_C ds = \int_0^{2\pi} \frac{3}{2} |\sin 2t| dt = 4 \int_0^{\pi/2} \frac{3}{2} \sin 2t dt = 6 \int_0^{\pi/2} \sin 2t dt = 6 \left[ -\frac{1}{2} \cos 2t \right]_0^{\pi/2} = 6 \left( -\frac{1}{2} (-1) + \frac{1}{2} (1) \right) = 6$.

(3) $\oint_C 2xy dx + x^2 dy = \oint_C d(x^2 y)$.

$f(x, y) = x^2 y$ とすると、$\frac{\partial f}{\partial x} = 2xy$, $\frac{\partial f}{\partial y} = x^2$。よって、与えられた線積分は、ある関数の全微分を積分していることになります。

グリーンの定理より $\oint_C P dx + Q dy = \iint_D (\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}) dxdy$。

$P = 2xy$, $Q = x^2$ なので、$\frac{\partial Q}{\partial x} = 2x$, $\frac{\partial P}{\partial y} = 2x$。

したがって、$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 2x - 2x = 0$.

よって、$\oint_C 2xy dx + x^2 dy = \iint_D 0 dxdy = 0$.

あるいは、曲線Cが閉曲線なので、保存力場の線積分は0となります。

3. 最終的な答え

(1) $2\pi$

(2) $6$

(3) $0$