第20章線積分・面積分と積分定理

例題20.1　放物線に沿ったスカラー場の線積分

スカラー場 $f(x,y)=xy$ と，曲線 $C:x=t,\ y=t^2\ (0\le t\le1)$（放物線 $y=x^2$ の一部）が与えられている．$\displaystyle\int_C f\,\dd x$，$\displaystyle\int_C f\,\dd y$，$\displaystyle\int_C f\,\dd s$ をそれぞれ求めよ．

解答　$x(t)=t,\ y(t)=t^2$ より $x'(t)=1,\ y'(t)=2t$．また $f(x(t),y(t))=x(t)y(t)=t\cdot t^2=t^3$ である．定義20.1をそのまま使う．

$$ \int_C f\,\dd x=\int_0^1 t^3\cdot 1\,\dd t=\left[\frac{t^4}{4}\right]_0^1=\frac14 . $$ $$ \int_C f\,\dd y=\int_0^1 t^3\cdot 2t\,\dd t=\int_0^1 2t^4\,\dd t=\left[\frac{2t^5}{5}\right]_0^1=\frac25 . $$

$\int_C f\,\dd s$ は式\eqref{eq:20-line-ds}を使う．$\sqrt{x'(t)^2+y'(t)^2}=\sqrt{1^2+(2t)^2}=\sqrt{1+4t^2}$ であるから，

$$ \int_C f\,\dd s=\int_0^1 t^3\sqrt{1+4t^2}\,\dd t . $$

この積分は $u=1+4t^2$（$\dd u=8t\,\dd t$）とおくと $t^2=(u-1)/4$ を使って初等的に計算でき，

$$ \int_C f\,\dd s=\frac{1}{120}+\frac{5\sqrt5}{24}\approx0.4742 $$

となる（sympyによる検算では，記号的な結果と数値積分の結果が $10^{-9}$ の精度で一致することを確認した）．$\int_C f\,\dd x$ と $\int_C f\,\dd y$ が簡単な有理数になったのに対して $\int_C f\,\dd s$ が無理数になるのは自然である——前者2つは「$x$ 方向・$y$ 方向への正味の効き目」を測るのに対し，$\dd s$ は経路の実際の長さを測る量だからである．

例題20.2　らせん（空間曲線）に沿ったスカラー場の線積分

空間内のらせん $C:x=\cos t,\ y=\sin t,\ z=t\ (0\le t\le2\pi)$（$xy$ 平面上では半径1の円を描きながら，$z$ 方向へ一様に上昇していく曲線）と，スカラー場 $f(x,y,z)=z$ が与えられている．$\displaystyle\int_C f\,\dd s$ を求めよ．

解答　$x'(t)=-\sin t,\ y'(t)=\cos t,\ z'(t)=1$ より，

$$ \sqrt{x'^2+y'^2+z'^2}=\sqrt{\sin^2t+\cos^2t+1}=\sqrt{1+1}=\sqrt2 $$

（$\sin^2t+\cos^2t=1$ を使った．らせんは高さ方向に一定の傾きで上昇するので，$\dd s/\dd t$ が $t$ によらず一定値 $\sqrt2$ になるのは図形的にも納得できる）．したがって

$$ \int_C z\,\dd s=\int_0^{2\pi} t\cdot\sqrt2\,\dd t=\sqrt2\left[\frac{t^2}{2}\right]_0^{2\pi}=\sqrt2\cdot2\pi^2=2\sqrt2\,\pi^2\approx27.92 . $$

この例は，線積分の定義がそのまま3変数の場合にも通用すること，そして $\dd s$ が実際の空間内での「歩いた距離」を正しく測っていることを確認するものである．

例題20.3　接線線積分は経路に依存する（回転するベクトル場）

ベクトル場 $\vec f(x,y)=[-y,\,x]$（原点のまわりを反時計回りに渦を巻くような場）について，点 $(1,0)$ から点 $(0,1)$ まで，(a) 線分（直線経路），(b) 単位円の四分円弧，の2通りの経路で接線線積分 $\int_C \vec f\cdot\dd\vec p$ を計算し，比較せよ．

解答　(a) 直線経路：$C_a:\vec p(t)=[1-t,\,t]\ (0\le t\le1)$（$t=0$ で $(1,0)$，$t=1$ で $(0,1)$）とすると，$x(t)=1-t,\ y(t)=t$ より $x'(t)=-1,\ y'(t)=1$．また $f=-y=-t,\ g=x=1-t$ である．

$$ \int_{C_a}\vec f\cdot\dd\vec p=\int_0^1\bigl[(-t)(-1)+(1-t)(1)\bigr]\dd t=\int_0^1\bigl[t+1-t\bigr]\dd t=\int_0^1 1\,\dd t=1 . $$

(b) 四分円弧：$C_b:\vec p(\theta)=[\cos\theta,\,\sin\theta]\ (0\le\theta\le\pi/2)$（$\theta=0$ で $(1,0)$，$\theta=\pi/2$ で $(0,1)$）とすると，$x'(\theta)=-\sin\theta,\ y'(\theta)=\cos\theta$，$f=-\sin\theta,\ g=\cos\theta$ である．

$$ \int_{C_b}\vec f\cdot\dd\vec p=\int_0^{\pi/2}\bigl[(-\sin\theta)(-\sin\theta)+(\cos\theta)(\cos\theta)\bigr]\dd\theta =\int_0^{\pi/2}\bigl(\sin^2\theta+\cos^2\theta\bigr)\dd\theta=\int_0^{\pi/2}1\,\dd\theta=\frac{\pi}{2} . $$

したがって $\displaystyle\int_{C_a}\vec f\cdot\dd\vec p=1\neq\frac{\pi}{2}=\int_{C_b}\vec f\cdot\dd\vec p$ となり，同じ2点を結んでいても経路によって値が異なることが確認できた．直感的には，このベクトル場は原点のまわりをぐるぐる回るように渦を巻いており（第19章の言葉で言えば $\nabla\times\vec f\neq\vec 0$），遠回りして渦に逆らったり従ったりする分だけ，仕事の値が変わってしまうのである．

例題20.4　電磁気への応用：一巻き半の円形コイルと導線（慶應大学 入試問題）

$xy$ 平面内に，長さ $\ell$ の直導線2本と，半径 $r$ の一巻き半（$1.5$ 回巻き）の円形コイルが，図20.6のように点 $M,N$ の間をつないでいる．真空の透磁率を $\mu_0$ とし，導線の抵抗は無視できるものとする．

(1) $M\to N$ の向きに電流 $I$ を流すとき，コイルの中心 $O$ における磁束密度の大きさと向きを求めよ．
(2) (1)の電流を流したまま，さらに $z$ 軸正の向きに一様な磁束密度 $B$ を外部から加える．このとき，導線 $MN$（直線部分＋コイル部分）に働く力の向きと大きさを求めよ．
(3) $z$ 軸正の向きの一様な磁束密度 $B$ の中で，$MN$ を軸として角速度 $\omega$ で回転させる（$t=0$ のときコイル面が $xy$ 平面上にあるとする）．$M\to N$ の向きに生じる誘導起電力 $V(t)$ を求めよ．

解答　(1) 一巻き半のコイルは，1回巻きの $1.5$ 倍の磁界を中心に作ると考えられるから，

$$ H=\frac32\cdot\frac{I}{2r},\qquad B=\mu_0H=\frac34\cdot\frac{\mu_0 I}{r} $$

であり，向きは右ねじの法則（$M\to N$ の向きに電流を右ねじの進む向きとしたときにねじを回す向き）から $z$ 軸正の向きである．

(2) 直線部分（長さ $\ell$ の導線2本）に働く力から求める．導線を流れる電流ベクトルは $\vec I=(0,I,0)$ の向き，磁束密度は $\vec B=(0,0,B)$ であるから，1本の導線が受ける力は

$$ \vec F_1=\ell\,\vec I\times\vec B=\ell\,(0,I,0)\times(0,0,B)=\ell\,(IB,\,0,\,0)=(\ell IB,\,0,\,0) $$

である（外積の成分計算は第15章4節の「たすき掛け」を使う：$(0,I,0)\times(0,0,B)=(I\cdot B-0\cdot0,\ 0\cdot0-0\cdot B,\ 0\cdot0-I\cdot0)=(IB,0,0)$，図20.7(a)）．直線部分は2本あるので，これらの合力は $2\vec F_1=(2\ell IB,0,0)$ となる．

次に円形コイル部分に働く力 $\vec F_2$ を求める．コイル上の位置を角 $\theta$ で表すと，そこを流れる電流ベクトルは $\vec I(\theta)=(I\cos\theta,\,I\sin\theta,\,0)$（コイルの接線方向，図20.8）であり，たすき掛けで計算すると（図20.7(b)），

$$ \vec I(\theta)\times\vec B=(I\cos\theta,I\sin\theta,0)\times(0,0,B)=(IB\sin\theta,\,-IB\cos\theta,\,0) $$

である．コイルは一巻き半（角にして $0$ から $3\pi$ まで）あるので，力は線積分（コイルを一周ぶんずつ足し合わせる接線線積分の親戚である）として

$$ \vec F_2=\int_0^{3\pi}\bigl(\vec I(\theta)\times\vec B\bigr)\,r\,\dd\theta =r\left(IB\int_0^{3\pi}\sin\theta\,\dd\theta,\ -IB\int_0^{3\pi}\cos\theta\,\dd\theta,\ 0\right) $$

と書ける．$\displaystyle\int_0^{3\pi}\sin\theta\,\dd\theta=[-\cos\theta]_0^{3\pi}=-\cos3\pi+\cos0=-(-1)+1=2$，$\displaystyle\int_0^{3\pi}\cos\theta\,\dd\theta=[\sin\theta]_0^{3\pi}=\sin3\pi-\sin0=0$ であるから，

$$ \vec F_2=r\,(2IB,\,0,\,0)=(2rIB,\,0,\,0) . $$

よって，導線全体（直線部分2本＋コイル部分）に働く力は

$$ 2\vec F_1+\vec F_2=(2\ell IB+2rIB,\,0,\,0)=\bigl(2(r+\ell)IB,\,0,\,0\bigr) $$

となり，向きは $x$ 軸正の向き，大きさは $2(r+\ell)IB$ である（sympyの外積計算・定積分で検算済み）．

(3) コイルの面積を $S=\pi r^2$ とする．$MN$ を軸に角速度 $\omega$ で回転すると，コイル面と磁束密度 $\vec B$ のなす角が時々刻々変わるので，コイル1回巻きあたりを貫く磁束は $\Phi(t)=BS\cos\omega t$ となる．一巻き半（$N=3/2$）だから，ファラデーの法則より

$$ V(t)=-\frac32\cdot\diff{\Phi}{t}=-\frac32\cdot BS\cdot(-\omega\sin\omega t)=\frac32\,\omega BS\sin\omega t $$

である（微分は $\diff{}{t}\cos\omega t=-\omega\sin\omega t$）．

例題20.5　勾配ベクトルの線積分の経路独立性を具体的に確認する

$f(x,y)=xy$ とする．点 $(0,0)$ から点 $(1,1)$ まで，(a) 直線 $C_1:x=t,y=t\ (0\le t\le1)$，(b) 放物線 $C_2:x=t,y=t^2\ (0\le t\le1)$（例題20.1と同じ曲線）の2通りの経路で $\int_C\nabla f\cdot\dd\vec p$ を計算し，どちらも $f(1,1)-f(0,0)$ に一致することを確かめよ．

解答　$\nabla f=\left[\pdiff{f}{x},\pdiff{f}{y}\right]=[y,\,x]$ である（$f=xy$ を $x$ で偏微分すれば $y$，$y$ で偏微分すれば $x$）．

(a) 直線 $C_1$：$x(t)=t,\,y(t)=t$ より $x'(t)=y'(t)=1$．$\nabla f$ の成分は $[y,x]=[t,t]$ だから，

$$ \int_{C_1}\nabla f\cdot\dd\vec p=\int_0^1\bigl(t\cdot1+t\cdot1\bigr)\dd t=\int_0^1 2t\,\dd t=\bigl[t^2\bigr]_0^1=1 . $$

(b) 放物線 $C_2$：$x(t)=t,\,y(t)=t^2$ より $x'(t)=1,\,y'(t)=2t$．$\nabla f$ の成分は $[y,x]=[t^2,t]$ だから，

$$ \int_{C_2}\nabla f\cdot\dd\vec p=\int_0^1\bigl(t^2\cdot1+t\cdot2t\bigr)\dd t=\int_0^1 3t^2\,\dd t=\bigl[t^3\bigr]_0^1=1 . $$

どちらも $1$ になった．一方，$f(1,1)-f(0,0)=1\cdot1-0\cdot0=1$ であり，たしかに定理20.1の主張 $\int_C\nabla f\cdot\dd\vec p=f(B)-f(A)$ と一致する（sympyによる検算済み）．例題20.3の $[-y,x]$ では経路によって値が変わったのに対し，今回の $[y,x]=\nabla(xy)$ では経路によらず同じ値になった——この対比こそが，「あるベクトル場が勾配ベクトルとして書けるかどうか」の違いを最もはっきり示している．

例題20.6　傾いた平面の面積（$z=\varphi(x,y)$ 公式の応用）

平面 $z=x$ のうち，$xy$ 平面上の単位円板 $D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le1\}$ の真上にある部分の面積を，面積分 $\iint_S 1\,\dd S$ として求めよ．

解答　$\varphi(x,y)=x$ だから $\varphi_x=1,\ \varphi_y=0$．式\eqref{eq:20-surf-graph}に $f\equiv1$ を代入すると，

$$ \sqrt{\varphi_x^2+\varphi_y^2+1}=\sqrt{1^2+0^2+1}=\sqrt2\quad(\text{定数!}) $$

であるから，

$$ \iint_S 1\,\dd S=\iint_D \sqrt2\;\dd x\,\dd y=\sqrt2\iint_D \dd x\,\dd y=\sqrt2\cdot(\text{単位円の面積})=\sqrt2\,\pi\approx4.44 . $$

平面 $z=x$ は $xz$ 平面内で $45^\circ$ 傾いているので，真上から見た「影」の面積（$D$ の面積 $\pi$）よりも $\sqrt2$ 倍広くなる——ちょうど，斜めに置いた板を真上から見ると実際より小さく見えるのと逆の関係になっている．この $\sqrt2$ が，まさに傾きの大きさ $|\varphi_x|=1$ から来る補正係数 $\sqrt{\varphi_x^2+\varphi_y^2+1}$ である．

例題20.7　球の表面積を面積分から導く

半径 $R$ の球面 $S$ を，媒介変数 $u=\theta$（$0\le\theta\le\pi$，北極からの角），$v=\phi$（$0\le\phi\le2\pi$，経度）を用いて $\vec p(\theta,\phi)=[R\sin\theta\cos\phi,\,R\sin\theta\sin\phi,\,R\cos\theta]$ と表す．面積分 $\iint_S 1\,\dd S$ を計算し，おなじみの球の表面積の公式 $4\pi R^2$ が得られることを確認せよ．

解答　偏微分すると，

$$ \pdiff{\vec p}{\theta}=[R\cos\theta\cos\phi,\,R\cos\theta\sin\phi,\,-R\sin\theta],\qquad \pdiff{\vec p}{\phi}=[-R\sin\theta\sin\phi,\,R\sin\theta\cos\phi,\,0] $$

である．この2つの外積を計算すると（sympyによる計算），

$$ \pdiff{\vec p}{\theta}\times\pdiff{\vec p}{\phi}=\bigl[R^2\sin^2\theta\cos\phi,\ R^2\sin^2\theta\sin\phi,\ R^2\sin\theta\cos\theta\bigr] $$

となり，その大きさは（$\sin^2\phi+\cos^2\phi=1$ と $\sin^2\theta+\cos^2\theta=1$ を使って整理すると）

$$ \left|\pdiff{\vec p}{\theta}\times\pdiff{\vec p}{\phi}\right|=R^2\sin\theta\qquad(0\le\theta\le\pi\ \text{なので}\ \sin\theta\ge0) $$

という簡潔な形にまとまる．したがって，定義20.5より

$$ \iint_S 1\,\dd S=\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^{\pi} R^2\sin\theta\,\dd\theta\,\dd\phi =\int_0^{2\pi}\!\Bigl(R^2\bigl[-\cos\theta\bigr]_0^{\pi}\Bigr)\dd\phi =\int_0^{2\pi} 2R^2\,\dd\phi=4\pi R^2 $$

となり，見慣れた球の表面積の公式が得られた．面積分という一般的な道具を使うと，球面積の公式も，特別な図形の性質に頼らず，機械的な計算だけから導けることがわかる．

例題20.8　ガウスの発散定理の確認：位置ベクトル場と単位球

ベクトル場 $\vec f(x,y,z)=[x,y,z]$（位置ベクトルそのもの）について，単位球 $V=\{x^2+y^2+z^2\le1\}$ とその境界球面 $S$ に関する式\eqref{eq:20-gauss}の両辺を，それぞれ直接計算して確かめよ．

解答　まず発散を計算する（第19章の公式どおり）．$\nabla\cdot\vec f=\pdiff{x}{x}+\pdiff{y}{y}+\pdiff{z}{z}=1+1+1=3$（定数）．したがって右辺（体積分）は，単位球の体積 $\frac43\pi$ を使って

$$ \iiint_V(\nabla\cdot\vec f)\,\dd V=3\cdot\frac43\pi\cdot1^3=4\pi . $$

次に左辺（面積分）を直接計算する．単位球面上では，外向き単位法線ベクトルはちょうど位置ベクトル自身 $\hat n=(x,y,z)$ である（半径1の球面なので，位置ベクトルの大きさがすでに1だから正規化の必要がない）．したがって球面上では

$$ \vec f\cdot\hat n=(x,y,z)\cdot(x,y,z)=x^2+y^2+z^2=1 $$

と，値がつねに $1$ になる．よって

$$ \iint_S\vec f\cdot\dd\vec S=\iint_S 1\,\dd S=1\times(\text{球の表面積})=1\times4\pi(1)^2=4\pi . $$

両辺とも $4\pi$ となり，ガウスの発散定理が成り立つことが確認できた（sympyによる検算済み）．体積分は「発散（湧き出し）の合計」，面積分は「実際に表面から出ていった量」であり，一様に湧き出しているベクトル場では，この2つがきちんと釣り合うことが具体的な数値で見えた．

例題20.9　ストークスの定理の確認：回転するベクトル場と単位円板

例題20.3で扱ったベクトル場 $\vec f(x,y,z)=[-y,x,0]$ と，$xy$ 平面内の単位円板 $S=\{x^2+y^2\le1,\,z=0\}$（境界 $C$：単位円，反時計回り，法線は $z$ 軸正の向き）について，式\eqref{eq:20-stokes}の両辺を直接計算して確かめよ．

解答　左辺（線積分）は例題20.3の(b)と同じ計算である．$C:\vec p(\theta)=[\cos\theta,\sin\theta,0]\ (0\le\theta\le2\pi)$ とすると，$f=-\sin\theta,\ g=\cos\theta$ より

$$ \oint_C\vec f\cdot\dd\vec\ell=\int_0^{2\pi}\bigl[(-\sin\theta)(-\sin\theta)+(\cos\theta)(\cos\theta)\bigr]\dd\theta=\int_0^{2\pi}1\,\dd\theta=2\pi . $$

右辺（面積分）は，第19章の回転の公式より $\nabla\times\vec f=\left[\pdiff{}{y}0-\pdiff{}{z}x,\ \pdiff{}{z}(-y)-\pdiff{}{x}0,\ \pdiff{}{x}x-\pdiff{}{y}(-y)\right]=[0,0,1-(-1)]=[0,0,2]$ である．$S$ は $xy$ 平面内にあるので $\dd\vec S=[0,0,1]\,\dd S$ であり，$(\nabla\times\vec f)\cdot\dd\vec S=2\,\dd S$．よって

$$ \iint_S(\nabla\times\vec f)\cdot\dd\vec S=\iint_S 2\,\dd S=2\times(\text{単位円板の面積})=2\times\pi(1)^2=2\pi . $$

両辺とも $2\pi$ となり，ストークスの定理が成り立つことが確認できた（sympyによる検算済み）．例題20.3で「経路によって値が変わる」ことを見たこのベクトル場は，実は単位円1周分の循環がちょうど $2\pi$——回転 $\nabla\times\vec f=[0,0,2]$ の大きさ $2$ に，円板の面積 $\pi$ をかけた値に一致している．「渦の強さ×面積＝境界を1周する循環」という，ストークスの定理の意味がそのまま数値に表れている．

演習20.1　スカラー場の線積分

$f(x,y)=x+y$ とする．曲線 $C:x=\cos\theta,\,y=\sin\theta\ (0\le\theta\le\pi)$（単位円の上半分）に沿った線積分 $\displaystyle\int_C f\,\dd s$ を求めよ．

ヒント：単位円なので $\dd s/\dd\theta$ は定数になる．まず $\sqrt{x'(\theta)^2+y'(\theta)^2}$ を計算せよ．

→ 解答

演習20.2　ベクトル場の接線線積分

ベクトル場 $\vec f(x,y)=[x,\,-y]$ について，直線 $C:(0,0)\to(2,2)$ に沿った接線線積分 $\displaystyle\int_C\vec f\cdot\dd\vec p$ を求めよ．

ヒント：$C$ を $x=t,\,y=t\ (0\le t\le2)$ とパラメータ表示せよ．

→ 解答

演習20.3　勾配ベクトルの経路独立性

$f(x,y)=x^2+y^2$ とする．点 $(0,0)$ から点 $(1,1)$ まで，(a) 直線，(b) 点 $(1,0)$ を経由する折れ線（$(0,0)\to(1,0)\to(1,1)$），の2通りの経路で $\int_C\nabla f\cdot\dd\vec p$ を計算し，どちらも $f(1,1)-f(0,0)$ に一致することを確かめよ．

ヒント：折れ線は2つの線分に分けて，加法性（式\eqref{eq:20-vec-additive}）を使って足し合わせよ．

→ 解答

演習20.4　円柱の側面積を面積分で求める

円柱の側面 $x^2+y^2=1,\ 0\le z\le1$ の面積を，媒介変数 $u=\theta,\,v=z$（$\vec p(\theta,z)=[\cos\theta,\sin\theta,z]$）を使った面積分 $\iint_S1\,\dd S$ として求めよ．

ヒント：$\pdiff{\vec p}{\theta}\times\pdiff{\vec p}{z}$ を計算し，その大きさが定数になることを確かめよ．

→ 解答

演習20.5　ガウスの発散定理（半径2の球）

ベクトル場 $\vec f=[x,y,z]$ について，半径2の球 $V=\{x^2+y^2+z^2\le4\}$ とその境界球面 $S$ に関して，式\eqref{eq:20-gauss}の両辺をそれぞれ求めよ．

ヒント：例題20.8とまったく同じ考え方でよい．球面上では $\hat n=(x,y,z)/2$（半径2なので大きさ2で割って正規化する）であることに注意せよ．

→ 解答

演習20.6　ストークスの定理（向きに注意）

ベクトル場 $\vec f=[y,\,-x,\,0]$ と，単位円板 $S=\{x^2+y^2\le1,z=0\}$（境界 $C$：単位円，反時計回り）について，式\eqref{eq:20-stokes}の両辺をそれぞれ求めよ．例題20.9と比べて，符号がどう変わるか説明せよ．

ヒント：$\vec f=[y,-x,0]$ は例題20.9の $\vec f=[-y,x,0]$ とちょうど符号が逆である．

→ 解答