第17章ベクトル値関数の微分積分

例17.1　$\vec f(t)=[t,t^2]$ の微分

ノートの例．$\vec f(t)=[t,t^2]$ のグラフ（図17.1）を考える．各成分を $t$ で微分すると，$x_1(t)=t$ より $x_1'(t)=1$，$x_2(t)=t^2$ より $x_2'(t)=2t$ であるから，定義17.1により

$$ \vec f\,'(t) = [1,\ 2t] $$

である．たとえば $t=1$ での接線ベクトルは $\vec f\,'(1)=[1,2]$ であり，図17.1の $t=1$ の点 $(1,1)$ から，右へ1，上へ2だけ進む向き（すなわち傾き2の直線の向き）を指している．これは高校数学で習った「$y=x^2$ の $x=1$ における接線の傾きは $2\times1=2$」という結果と，向きの点でも完全に一致している．

例題17.1　平面上を動く点の速度と速さ

平面上を動く点の位置が，時刻 $t$（秒）において $\vec r(t)=[t^2,\,t^3]$（メートル）で与えられているとする．(a) 速度ベクトル $\vec r\,'(t)$ を求めよ．(b) $t=1$ における速度ベクトルと，そのときの速さ（速度ベクトルの大きさ）を求めよ．

解答　(a) 定義17.1にしたがい成分ごとに微分すると，$x_1(t)=t^2$ より $x_1'(t)=2t$，$x_2(t)=t^3$ より $x_2'(t)=3t^2$ であるから，

$$ \vec r\,'(t) = [2t,\ 3t^2]\ \text{（m/s）} $$

(b) $t=1$ を代入すると $\vec r\,'(1)=[2,3]$（m/s）である．速さは速度ベクトルの大きさ $\abs{\vec r\,'(t)}=\sqrt{(2t)^2+(3t^2)^2}$ に $t=1$ を代入して

$$ \abs{\vec r\,'(1)} = \sqrt{2^2+3^2} = \sqrt{13}\ \text{（m/s）} $$

である（$\sqrt{13}\fallingdotseq3.61$）．速度ベクトル $\vec r\,'(t)$ は大きさだけでなく向きも持つ量であるのに対し，速さ $\abs{\vec r\,'(t)}$ はその大きさだけを取り出したスカラー量であることに注意しよう．

例17.2　直線の長さ：$\vec f(t)=[t,2t]$

ノートの例．例として $\vec f(t)=[t,2t]$（図17.4，原点を通り傾き2の直線）を考える．$t=0$ から $t=4$ までの長さを求めよう．$\vec f\,'(t)=[1,2]$ なので $\abs{\vec f\,'(t)}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt5$（$t$ によらない定数）であり，

$$ S_1 = \int_0^4\abs{\vec f\,'(t)}\,dt = \int_0^4\sqrt5\,dt = \sqrt5\,[\,t\,]_0^4 = 4\sqrt5 $$

である．この曲線は直線なので，ピタゴラスの定理（三平方の定理）で直接検算できる：$t=0$ での点は $(0,0)$，$t=4$ での点は $(4,8)$ であるから，2点間の距離は $\sqrt{4^2+8^2}=\sqrt{16+64}=\sqrt{80}=4\sqrt5$ となり，一致する．

例17.3　空間曲線の長さ：$\vec f(t)=[t,\sqrt3\,t,t^2]$

ノートの例．$\vec f(t)=[t,\sqrt3\,t,t^2]$ を考える．$t=0$ から $t=\sqrt3$ までの長さを求めよう．$\vec f\,'(t)=[1,\sqrt3,2t]$ であるから，

$$ \abs{\vec f\,'(t)} = \sqrt{1^2+(\sqrt3)^2+(2t)^2} = \sqrt{1+3+4t^2} = 2\sqrt{1+t^2} $$

（$1+3=4$ をくくり出して $\sqrt{4(1+t^2)}=2\sqrt{1+t^2}$ とした）．よって

$$ S_2 = \int_0^{\sqrt3}\abs{\vec f\,'(t)}\,dt = 2\int_0^{\sqrt3}\sqrt{1+t^2}\,dt $$

である．ここで，公式 $\displaystyle\int\sqrt{1+x^2}\,dx=\frac12\left(x\sqrt{1+x^2}+\ln\abs{x+\sqrt{1+x^2}}\right)+C$（高校数学の範囲外だが有名な不定積分．$x=\tan\theta$ の置換，あるいは $\sqrt{1+x^2}=u-x$ とおく置換で自分で確かめられる）を使うと，

$$ \int_0^{\sqrt3}\sqrt{1+t^2}\,dt = \frac12\left[t\sqrt{1+t^2}+\ln\abs{t+\sqrt{1+t^2}}\right]_0^{\sqrt3} = \frac12\left(\sqrt3\cdot2+\ln(\sqrt3+2)\right) $$

である（$\sqrt{1+3}=2$ を使った）．最後に，この積分は $S_2$ 自身ではなく，$S_2$ を作るために2倍した式の中身であったことを忘れずに，最後にもう一度2を掛けると，

$$ S_2 = 2\times\frac12\left(2\sqrt3+\ln(\sqrt3+2)\right) = 2\sqrt3+\ln(\sqrt3+2)\ \bigl(\fallingdotseq4.78\bigr) $$

が正しい答えである．

例題17.2　らせん（helix）の長さ

$\vec f(t)=[\cos t,\sin t,t]$（図17.5）は，$xy$ 平面内では半径1の円を描きながら，同時に $z$ 方向に一定の速さで上昇していく曲線であり，らせん（helix）とよばれる．ばね（コイル）やDNAの二重らせん構造をイメージするとよい．$t=0$ から $t=2\pi$（ちょうど1周する）までの，このらせんの長さを求めよ．

解答　$\vec f\,'(t)=[-\sin t,\cos t,1]$ であるから，

$$ \abs{\vec f\,'(t)} = \sqrt{(-\sin t)^2+(\cos t)^2+1^2} = \sqrt{\sin^2t+\cos^2t+1} = \sqrt{1+1} = \sqrt2 $$

（$\sin^2t+\cos^2t=1$ という高校数学の三角関数の基本公式を使った）．速さ $\abs{\vec f\,'(t)}=\sqrt2$ は $t$ によらず一定であるから，積分は単なる掛け算になり，

$$ S = \int_0^{2\pi}\sqrt2\,dt = \sqrt2\times2\pi = 2\sqrt2\,\pi\ \bigl(\fallingdotseq8.89\bigr) $$

である．もし $z$ 方向の上昇がなければ（$\vec f(t)=[\cos t,\sin t]$ という平面上の円だけなら），1周の長さは円周 $2\pi\times1=2\pi\fallingdotseq6.28$ のはずである．らせんは上昇する分だけ実際の道のりが長くなるので，$2\sqrt2\,\pi\fallingdotseq8.89>2\pi\fallingdotseq6.28$ となっており，直感と合っている．

例題17.3　部分積分の公式を使う

$\vec a(t)=[\sin t,\cos t]$，$f(t)=t$ とするとき，公式17.2(I)を使って不定積分 $\displaystyle\int t\,\vec a\,'(t)\,dt$ を求めよ．

解答　$\vec a\,'(t)=[\cos t,-\sin t]$ である．公式17.2(I)（$f=t$，$f'=1$）より，

$$ \int t\,\vec a\,'(t)\,dt = t\,\vec a(t) - \int 1\cdot\vec a(t)\,dt = t[\sin t,\cos t] - \int[\sin t,\cos t]\,dt $$

である．$\displaystyle\int\sin t\,dt=-\cos t+C_1$，$\displaystyle\int\cos t\,dt=\sin t+C_2$（高校数学の基本公式）を代入すると，

$$ \int t\,\vec a\,'(t)\,dt = [\,t\sin t,\ t\cos t\,] - [\,-\cos t,\ \sin t\,] + \vec C = [\,t\sin t+\cos t,\ \ t\cos t-\sin t\,] + \vec C $$

を得る．検算として，この結果を $t$ で微分すると，第1成分は $\dfrac{d}{dt}(t\sin t+\cos t)=\sin t+t\cos t-\sin t=t\cos t$，第2成分は $\dfrac{d}{dt}(t\cos t-\sin t)=\cos t-t\sin t-\cos t=-t\sin t$ となる．一方，もとの被積分関数は $t\,\vec a\,'(t)=t[\cos t,-\sin t]=[t\cos t,-t\sin t]$ であり，両者は確かに一致する．

例題17.4　定積分の計算

$\displaystyle\int_0^{\pi}[\cos t,\ \sin t,\ 1]\,dt$ を求めよ．

解答　定義17.4にしたがい成分ごとに定積分を計算する．

$$ \int_0^\pi\cos t\,dt = [\sin t]_0^\pi = \sin\pi-\sin0 = 0-0=0 $$ $$ \int_0^\pi\sin t\,dt = [-\cos t]_0^\pi = -\cos\pi-(-\cos0) = -(-1)-(-1) = 1+1=2 $$ $$ \int_0^\pi 1\,dt = [\,t\,]_0^\pi = \pi-0=\pi $$

したがって，

$$ \int_0^\pi[\cos t,\sin t,1]\,dt = [\,0,\ 2,\ \pi\,] $$

である．

例題17.5　ベクトルの1階線形微分方程式を解く

微分方程式 $\dfrac{d\vec y}{dt}+2\vec y=[\,e^{-2t},\ t,\ 3\,]$ を，初期条件 $\vec y(0)=[1,0,0]$ のもとで解け．

解答　$p(t)=2$（定数）なので $\displaystyle\int p\,dt=2t$ であり，3本に分解した各成分の方程式を，第33章の手順（定数変化法）で1つずつ解く．

【第1成分】$y_1'+2y_1=e^{-2t}$．式\eqref{eq:17-scalar-ode-solution}に代入すると，$y_1(t)=e^{-2t}\left(\displaystyle\int e^{-2t}\cdot e^{2t}\,dt+C_1\right)=e^{-2t}(t+C_1)$．初期条件 $y_1(0)=1$ より，$1=e^0(0+C_1)=C_1$ であるから $C_1=1$．よって $y_1(t)=(t+1)e^{-2t}$．

【第2成分】$y_2'+2y_2=t$．同次方程式 $y_2'+2y_2=0$ の解は $C_2e^{-2t}$ である．非同次項が多項式 $t$（1次式）なので，特解を $y_{2p}=At+B$（$A,B$ は未知の定数）の形で仮定して代入すると，$A+2(At+B)=t$，すなわち $2At+(A+2B)=t$．両辺で $t$ の係数・定数項をそれぞれ比べると，$2A=1$ より $A=\dfrac12$，$A+2B=0$ より $B=-\dfrac14$．したがって一般解は $y_2(t)=\dfrac t2-\dfrac14+C_2e^{-2t}$．初期条件 $y_2(0)=0$ より，$0=-\dfrac14+C_2$ であるから $C_2=\dfrac14$．よって $y_2(t)=\dfrac t2-\dfrac14+\dfrac14e^{-2t}$．

【第3成分】$y_3'+2y_3=3$．非同次項が定数なので，特解も定数 $y_{3p}=k$ と仮定すると $2k=3$ より $k=\dfrac32$．同次解 $C_3e^{-2t}$ を加えて一般解 $y_3(t)=\dfrac32+C_3e^{-2t}$．初期条件 $y_3(0)=0$ より $0=\dfrac32+C_3$ であるから $C_3=-\dfrac32$．よって $y_3(t)=\dfrac32-\dfrac32e^{-2t}$．

以上をまとめると，

$$ \vec y(t) = \left[\ (t+1)e^{-2t},\ \ \ \frac t2-\frac14+\frac14e^{-2t},\ \ \ \frac32-\frac32e^{-2t}\ \right] $$

である（sympyのdsolveによる検算済み．検算スクリプト参照）．

例題17.6　球面の径数表示とその偏微分

第7章7.7節の球座標の記法にならい，半径 $R$ の球面上の点を，2つの角 $\theta$（$z$ 軸の正の向きから測った極角，$0\le\theta\le\pi$）と $\varphi$（$xy$ 平面上で $x$ 軸から測った方位角，$0\le\varphi\lt2\pi$）を使って

$$ \vec P(\theta,\varphi) = [\,R\sin\theta\cos\varphi,\ \ R\sin\theta\sin\varphi,\ \ R\cos\theta\,] $$

と表す（球面という曲面を，2変数 $(\theta,\varphi)$ のベクトル値関数として表したものである）．偏導関数 $\pdiff{\vec P}{\theta}$，$\pdiff{\vec P}{\varphi}$ を求め，この2本のベクトルが互いに直交することを確かめよ．

解答　定義17.5にしたがい，各成分を偏微分する．$\varphi$ を固定して $\theta$ で偏微分すると（$\dfrac{d}{d\theta}\sin\theta=\cos\theta$，$\dfrac{d}{d\theta}\cos\theta=-\sin\theta$ を使う），

$$ \pdiff{\vec P}{\theta} = [\,R\cos\theta\cos\varphi,\ \ R\cos\theta\sin\varphi,\ \ -R\sin\theta\,] $$

$\theta$ を固定して $\varphi$ で偏微分すると（$\cos\varphi,\sin\varphi$ の部分だけが $\varphi$ に依存する），

$$ \pdiff{\vec P}{\varphi} = [\,-R\sin\theta\sin\varphi,\ \ R\sin\theta\cos\varphi,\ \ 0\,] $$

を得る．この2本の内積を計算すると，

$$ \pdiff{\vec P}{\theta}\cdot\pdiff{\vec P}{\varphi} = R\cos\theta\cos\varphi\cdot(-R\sin\theta\sin\varphi) + R\cos\theta\sin\varphi\cdot R\sin\theta\cos\varphi + (-R\sin\theta)\cdot0 $$ $$ = -R^2\sin\theta\cos\theta\cos\varphi\sin\varphi + R^2\sin\theta\cos\theta\sin\varphi\cos\varphi + 0 = 0 $$

（第1項と第2項は符号だけが違う同じ式なので，足すとちょうど打ち消し合う）となり，確かに $\pdiff{\vec P}{\theta}\perp\pdiff{\vec P}{\varphi}$ である．これは，球面上で経線（$\varphi$ 一定，$\theta$ が動く線）と緯線（$\theta$ 一定，$\varphi$ が動く線）が，どの点でも直角に交わることに対応している（地球儀を思い浮かべれば，経線と緯線がつねに直交していることは直感的にも納得できるだろう）．

例題17.7　球の表面積（径数表示から）

例題17.6の球面の径数表示 $\vec P(\theta,\varphi)=[R\sin\theta\cos\varphi,R\sin\theta\sin\varphi,R\cos\theta]$（$0\le\theta\le\pi$，$0\le\varphi\lt2\pi$）を使って，公式17.3から球の表面積を求め，$4\pi R^2$ に一致することを確かめよ．

解答　例題17.6で求めた $\pdiff{\vec P}{\theta}=[R\cos\theta\cos\varphi,R\cos\theta\sin\varphi,-R\sin\theta]$，$\pdiff{\vec P}{\varphi}=[-R\sin\theta\sin\varphi,R\sin\theta\cos\varphi,0]$ の外積を，外積の成分公式にしたがって計算する（$\vec u=\pdiff{\vec P}{\theta}$，$\vec v=\pdiff{\vec P}{\varphi}$ とおく）．

$$ \text{第1成分：}\ u_2v_3-u_3v_2 = R\cos\theta\sin\varphi\cdot0-(-R\sin\theta)\cdot R\sin\theta\cos\varphi = R^2\sin^2\theta\cos\varphi $$ $$ \text{第2成分：}\ u_3v_1-u_1v_3 = (-R\sin\theta)(-R\sin\theta\sin\varphi)-R\cos\theta\cos\varphi\cdot0 = R^2\sin^2\theta\sin\varphi $$ $$ \text{第3成分：}\ u_1v_2-u_2v_1 = R\cos\theta\cos\varphi\cdot R\sin\theta\cos\varphi-R\cos\theta\sin\varphi\cdot(-R\sin\theta\sin\varphi) = R^2\sin\theta\cos\theta(\cos^2\varphi+\sin^2\varphi) = R^2\sin\theta\cos\theta $$

（第3成分の最後は $\cos^2\varphi+\sin^2\varphi=1$ を使って整理した）．よって

$$ \pdiff{\vec P}{\theta}\times\pdiff{\vec P}{\varphi} = \left[\,R^2\sin^2\theta\cos\varphi,\ \ R^2\sin^2\theta\sin\varphi,\ \ R^2\sin\theta\cos\theta\,\right] $$

である（sympyによる展開・整理で検算済み）．この大きさは，

$$ \left|\pdiff{\vec P}{\theta}\times\pdiff{\vec P}{\varphi}\right| = \sqrt{R^4\sin^4\theta\cos^2\varphi+R^4\sin^4\theta\sin^2\varphi+R^4\sin^2\theta\cos^2\theta} = R^2\sqrt{\sin^4\theta(\cos^2\varphi+\sin^2\varphi)+\sin^2\theta\cos^2\theta} $$ $$ = R^2\sqrt{\sin^4\theta+\sin^2\theta\cos^2\theta} = R^2\sqrt{\sin^2\theta(\sin^2\theta+\cos^2\theta)} = R^2\sqrt{\sin^2\theta} = R^2\sin\theta $$

（最後の等号は，$0\le\theta\le\pi$ の範囲では $\sin\theta\ge0$ だから $\sqrt{\sin^2\theta}=\sin\theta$ となることによる）．これを公式17.3に代入すると，

$$ S = \int_0^{2\pi}\!\!\int_0^{\pi} R^2\sin\theta\,d\theta\,d\varphi = R^2\left(\int_0^\pi\sin\theta\,d\theta\right)\left(\int_0^{2\pi}d\varphi\right) = R^2\times[-\cos\theta]_0^\pi\times2\pi = R^2\times2\times2\pi = 4\pi R^2 $$

となり，第7章7.7節・例題7.13で $z=f(x,y)$ の形の公式から求めた球の表面積 $4\pi R^2$ と，径数表示から出発した本節の方法でもぴったり一致することが確認できた．

演習17.1　ベクトル値関数の微分

$\vec f(t)=[\,t^3-t,\ e^{2t},\ \ln(t+1)\,]$ について，導関数 $\vec f\,'(t)$ を求め，$t=0$ における接線ベクトル $\vec f\,'(0)$ を求めよ．

ヒント：定義17.1にしたがい，成分ごとに微分すればよい．$\ln(t+1)$ の微分は合成関数の微分（第3章）を使う．

→ 解答

演習17.2　らせんの長さ

$\vec f(t)=[\,3\cos t,\ 3\sin t,\ 4t\,]$（半径3のらせん）について，$t=0$ から $t=2\pi$ までの長さを求めよ．

ヒント：定義17.2の公式\eqref{eq:17-arclength}を使う．$\abs{\vec f\,'(t)}$ が $t$ によらない定数になることに注目せよ．

→ 解答

演習17.3　定積分の計算

$\displaystyle\int_0^1\left[\,t^2,\ e^t,\ \frac1{1+t^2}\,\right]dt$ を求めよ．

ヒント：成分ごとに定積分を計算する．第3成分は逆正接関数 $\tan^{-1}t$ の微分公式（第3章）の逆をたどる．

→ 解答

演習17.4　部分積分の公式の応用

$\vec a(t)=[\,e^t,\ t^2\,]$，$f(t)=t$ とするとき，公式17.2(I)を使って $\displaystyle\int t\,\vec a\,'(t)\,dt$ を求めよ．

ヒント：$\vec a\,'(t)=[e^t,2t]$ である．公式17.2(I)にそのまま代入し，$\displaystyle\int\vec a(t)\,dt$（成分ごとの不定積分）を計算すればよい．

→ 解答

演習17.5　ベクトルの1階線形微分方程式（共鳴が起きる場合）

$\dfrac{d\vec y}{dt}+3\vec y=[\,1,\ t,\ e^{-3t}\,]$ を，初期条件 $\vec y(0)=[0,0,1]$ のもとで解け．

ヒント：第1・第2成分は例題17.5と同じ手順でよい．第3成分は $y_3'+3y_3=e^{-3t}$ で，同次方程式の解 $e^{-3t}$ と非同次項 $e^{-3t}$ が同じ形になっている（共鳴，resonance）ため，特解を（定数ではなく）$At\,e^{-3t}$ の形で仮定する必要がある．

→ 解答

演習17.6　円柱の側面積

半径 $a$，高さ $h$ の円柱の側面を，径数表示 $\vec P(u,v)=[\,a\cos u,\ a\sin u,\ v\,]$（$0\le u\lt2\pi$，$0\le v\le h$）で表す．公式17.3を使って側面積を求め，見慣れた公式 $2\pi ah$（底面の円周 $\times$ 高さ）と一致することを確かめよ．

ヒント：$\pdiff{\vec P}{u}$，$\pdiff{\vec P}{v}$ を求め，外積 $\pdiff{\vec P}{u}\times\pdiff{\vec P}{v}$ の大きさを計算する．

→ 解答

演習17.7　なぜ外積の向きが曲面の法線方向になるのか（図から考える）

図17.7を見て，微小面積要素を作る2本の接ベクトル $\pdiff{\vec P}{u}\Delta u$，$\pdiff{\vec P}{v}\Delta v$ の外積 $\pdiff{\vec P}{u}\times\pdiff{\vec P}{v}$ が，なぜ曲面 $\vec P(u,v)$ の法線方向（曲面に垂直な方向）を向くのかを，図と外積の定義（第15章）にもとづいて説明せよ．計算は必要ない．

ヒント：2本の接ベクトルが張る微小な平行四辺形（図17.7の塗りつぶし部分）は，$\Delta u,\Delta v\to0$ の極限で曲面上の点 $\vec P(u,v)$ における接平面（全微分 $d\vec P$ が動く平面）そのものに近づく．外積の定義（第15章）が「2本のベクトルのどちらにも垂直な向き」であったことを思い出そう．

→ 解答