経路によるかどうかで線積分の手間はまるごと変わる

$\mathbf{F}=(2xy,x^2)$ の線積分は、どの経路をとっても両端だけで決まります。$\mathbf{F}=(y,0)$ では経路ごとに値が変わる。

見分けは $\frac{\partial F_2}{\partial x}=\frac{\partial F_1}{\partial y}$ が成り立つかどうかです。成り立てば、ポテンシャルを $1$ つ求めて引き算するだけで終わります^[1]。

以下は $15$ 問です。スカラー場とベクトル場の定義から始め、経路独立性、グリーンの定理、面積公式、そして条件がそろっていても破れる例まで並べました。

2 種類の線積分

積分するものが違います^[1]。

前者は弧長についての積分で、向きを逆にしても値が変わりません。後者は向きを逆にすると符号が変わります^[1]。

どちらも媒介変数のとり方によりません。速く進むか遅く進むかは、$|{\mathbf{r}}^{\prime }(t)|$ と $dt$ で打ち消し合います。

問題 1：スカラー場の線積分

${\int }_{C}xyds$ を計算せよ。$C$ は原点から $(1,1)$ への直線とする。

解答 1

$\mathbf{r}(t)=(t,t)$、$0\le t\le 1$ と媒介変数表示します。

${\mathbf{r}}^{\prime }(t)=(1,1)$ で $|{\mathbf{r}}^{\prime }(t)|=\sqrt{2}$ です。

$${\int }_0^{1}t\cdot t\cdot \sqrt{2}dt=\frac{\sqrt{2}}{3}$$

値は $0.471405$ です。$ds$ に $\sqrt{2}$ が入るところを落とすと、$\frac{1}{3}$ になってしまいます。

問題 2：ベクトル場の線積分

$\mathbf{F}=(y,x)$ について、$(0,0)$ から $(1,1)$ への $y=x^2$ に沿った線積分を求めよ。

解答 2

$\mathbf{r}(t)=(t,t^2)$、$d\mathbf{r}=(1,2t)dt$ です。$\mathbf{F}$ は $(t^2,t)$ になります。

$${\int }_0^1(t^2+2t^2)dt={\int }_0^{1}3t^{2}dt=1$$

内積をとってから積分します。ベクトルのまま積分しようとすると形が合いません。

問題 3：保存場の判定

$\mathbf{F}=(y^2,2xy+1)$ が保存場か判定し、ポテンシャルを求めよ。

解答 3

偏微分を比べます。

$$\frac{\partial F_1}{\partial y}=2y,\frac{\partial F_2}{\partial x}=2y$$

一致するので、単連結な領域では保存場です^[1]。ポテンシャルを積み上げます。

$\frac{\partial \varphi }{\partial x}=y^2$ から $\varphi =x{y}^2+g(y)$ です。$y$ で微分して比べます。

$$2xy+g^{\prime }(y)=2xy+1,g(y)=y$$

$\varphi =x{y}^2+y+C$ になります。線積分は両端での $\varphi$ の差です。

問題 4：経路によらないことを確かめる

$\mathbf{F}=(2xy,x^2)$ について、$(0,0)$ から $(1,1)$ への線積分を $2$ 通りで計算せよ。

解答 4

直線 $y=x$ では $\mathbf{r}(t)=(t,t)$、$d\mathbf{r}=(1,1)dt$ です。

$${\int }_0^1(2t^2+t^2)dt=1$$

折れ線 $(0,0)\to (1,0)\to (1,1)$ では、前半が $y=0$ で被積分関数が $0$、後半が $dx=0$ で第 $2$ 成分だけ残ります。

$$0+{\int }_0^{1}1dt=1$$

一致しました。$\mathbf{F}=\nabla (x^{2}y)$ なので、勾配定理から両端の値の差 $1-0=1$ になります^[1]。

問題 5：経路によって変わる場合

$\mathbf{F}=(y,0)$ について、同じ $2$ 経路で線積分を比べよ。

解答 5

直線では ${\int }_0^{1}tdt=\frac{1}{2}$ です。

折れ線では、前半が $y=0$ で $0$、後半は $dx=0$ かつ第 $2$ 成分が $0$ なので $0$ になります。合計 $0$ です。

値が違います。判定式を見ると $\frac{\partial F_1}{\partial y}=1$、$\frac{\partial F_2}{\partial x}=0$ で一致しません。

保存場でなければ、経路ごとに計算するほかありません。ポテンシャルも存在しない。

問題 6：閉曲線

${\oint }_C(ydx-xdy)$ を計算せよ。$C$ は原点中心、半径 $1$ の円で反時計回りとする。

解答 6

$x=\cos t$、$y=\sin t$ と置きます。$dx=-\sin tdt$、$dy=\cos tdt$ です。

$${\int }_0^{2\pi }\left(-{\sin }^{2}t-{\cos }^{2}t\right)dt=-2\pi$$

保存場なら閉曲線での積分は $0$ になります。$-2\pi$ なので保存場ではありません。

問題 7：グリーンの定理で確かめる

問題 $6$ をグリーンの定理で計算せよ。

解答 7

閉曲線に沿う積分を、囲む領域上の重積分に直します^[2]。

$${\oint }_C(Pdx+Qdy)={\iint }_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dA$$

$P=y$、$Q=-x$ で、被積分関数は $-1-1=-2$ です。

$${\iint }_D(-2)dA=-2\pi$$

問題 $6$ と一致します。$1$ 次元の積分が $2$ 次元の積分に置きかわり、被積分関数が定数になりました。

問題 8：面積を線積分で出す

$\frac{1}{2}{\oint }_C(xdy-ydx)$ で楕円 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ の面積を求めよ。

解答 8

$x=a\cos t$、$y=b\sin t$ と置きます。

$$xdy-ydx=ab({\cos }^{2}t+{\sin }^{2}t)dt=abdt$$

$$A=\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }abdt=\pi ab$$

$a=3$、$b=2$ なら $6\pi =18.8496$ です。境界をなぞるだけで内部の面積が出ます。

グリーンの定理で被積分関数が $1$ になる場合にあたります。プラニメータという製図器具は、この原理で動きます。

問題 9：3 次元の線積分

$\mathbf{F}=(y,z,x)$ について、$(1,0,0)$ から $(0,1,0)$ への単位円周上の弧に沿う線積分を求めよ。

解答 9

$\mathbf{r}(t)=(\cos t,\sin t,0)$、$0\le t\le \frac{\pi }{2}$ とします。

$d\mathbf{r}=(-\sin t,\cos t,0)dt$、$\mathbf{F}=(\sin t,0,\cos t)$ です。

$${\int }_0^{\pi /2}(-{\sin }^{2}t)dt=-\frac{\pi }{4}$$

第 $3$ 成分は $d\mathbf{r}$ の側が $0$ なので効きません。$3$ 次元でも手順は同じです。

問題 10：仕事の計算

力 $\mathbf{F}=(-y,x)$ が、原点から $(2,0)$ を経て $(2,1)$ へ物体を動かすときの仕事を求めよ。

解答 10

前半は $y=0$、$dy=0$ なので被積分関数が $0$ です。

後半は $x=2$、$dx=0$ で、第 $2$ 成分だけ残ります。

$$W=0+{\int }_0^{1}2dy=2$$

この場は保存場ではないので、別の経路なら別の値になります。仕事の大きさが道のりに依存する、という状況です。

問題 11：弧長

$\mathbf{r}(t)=(t,t^2)$、$0\le t\le 1$ の弧長を求めよ。

解答 11

$|{\mathbf{r}}^{\prime }(t)|=\sqrt{1+4t^2}$ です。$f=1$ としたスカラー場の線積分になります。

$$L={\int }_0^1\sqrt{1+4t^2}dt=\frac{\sqrt{5}}{2}+\frac{\ln (2+\sqrt{5})}{4}$$

値は $1.478943$ です。$2t=\tan \theta$ と置くか、$\mathrm{arsinh}$ の公式を使います。

直線距離は $\sqrt{2}=1.414$ なので、曲がったぶんだけ長くなっています。

問題 12：媒介変数のとり方によらない

問題 $1$ を $\mathbf{r}(t)=(t^2,t^2)$、$0\le t\le 1$ で計算し、同じ値になることを確かめよ。

解答 12

${\mathbf{r}}^{\prime }(t)=(2t,2t)$ で $|{\mathbf{r}}^{\prime }(t)|=2\sqrt{2}t$ です。

$${\int }_0^1{t}^2\cdot t^2\cdot 2\sqrt{2}tdt=2\sqrt{2}{\int }_0^1{t}^{5}dt=\frac{\sqrt{2}}{3}$$

問題 $1$ と同じ値になりました。同じ曲線を違う速さでなぞっても、値は変わりません^[1]。

速く進むところでは $|{\mathbf{r}}^{\prime }(t)|$ が大きく、$dt$ の刻みが少ない。$2$ つが打ち消し合っています。

問題 13：向きを逆にする

問題 $2$ の経路を逆向きにたどると、値はどうなるか。

解答 13

ベクトル場の線積分では、向きを逆にすると符号が変わります^[1]。値は $-1$ です。

$\mathbf{r}(1-t)$ と置き直すと $d\mathbf{r}$ の符号が反転するので、内積の符号も反転します。

スカラー場の ${\int }_{C}fds$ では変わりません。$|{\mathbf{r}}^{\prime }(t)|$ が絶対値なので、符号が出てこないためです。

$2$ 種類の線積分で振る舞いが違う点は、書き分けるときの目印になります。

問題 14：判定式が成り立つのに保存場でない

$\mathbf{F}=\left(\frac{-y}{x^2+y^2},\frac{x}{x^2+y^2}\right)$ について、判定式を確かめ、単位円周に沿う積分を計算せよ。

解答 14

偏微分を計算します。どちらも同じ式になります。

$$\frac{\partial F_1}{\partial y}=\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2{)}^2}=\frac{\partial F_2}{\partial x}$$

ところが単位円周に沿う積分は $0$ になりません。$x=\cos t$、$y=\sin t$ を入れると被積分関数が $1$ です。

$${\oint }_C\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}={\int }_0^{2\pi }dt=2\pi$$

原因は定義域です。この場は原点で定義されず、領域が単連結ではありません^[3]。

判定式は必要条件にすぎない、と言いかえられます。単連結という条件があって初めて十分条件になります。

問題 15：条件を確かめる順序

線積分を計算するとき、どの順に確かめればよいかをまとめよ。

解答 15

まず積分の種類を見ます。$ds$ か $d\mathbf{r}$ かで、向きの扱いが変わります。

ベクトル場なら判定式を見ます。成り立たなければ、経路ごとに媒介変数表示して計算するほかありません。

成り立つなら定義域を見ます。単連結なら保存場で、ポテンシャルの差だけで済みます。

穴があるなら、経路が穴を回るかどうかで値が変わります。閉曲線なら、グリーンの定理を使う前に領域の中に特異点がないかを確かめます^[2]。

つまずきやすいところ

定義のとり違えと、定理の適用条件で誤ります。

判定式と定義域を $2$ つセットで見る。ここを分けて考えると、必要条件を十分条件と読み違えます。

よくある誤り

種類・判定式・定義域。この $3$ つを順に見れば、計算に入る前に手が決まります。

参考文献

^[1] がスカラー場とベクトル場の線積分の定義・媒介変数によらないこと・勾配定理と経路独立性、^[2] がグリーンの定理、^[3] が保存場と単連結性、^[4] がドイツ語での定式化、^[5] が弧長の計算です。