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線積分(line integrals)

2点 R，Q を結ぶ曲線 $ C$ が与えられているとします． ただし，この曲線は滑らかな曲線とします．$ C$ に沿って測った弧長を $ s$ とします．すると5章で学んだように曲線上の点 $ (x,y,z)$ は弧長 $ s$ をパラメターとして表わすことができます．よって曲線 $ C$ の方程式は

$\displaystyle {\bf r} = {\bf r}(s) = (x(s),y(s),z(s)) $

で表わせます．ただし $ s = a,b (a < b)$ にはそれぞれ点 R，Q が対応しているとします．このとき曲線 $ C: {\bf r} = {\bf r}(s)$ 上の任意の点P $ (x,y,z)$ に対して定義されたスカラー場を $ f({\rm P}) = f(x,y,z)$ とします．

曲線 $ C$ を $ n$ 個の弧 $ s_{1},s_{2},\ldots,s_{n}$ に分割し，この分割を $ \Delta$ で表わします．各曲線 $ s_{i}$ の弧長を $ \Delta s_{i}$ とし， $ s_{i}$ の中に任意の点 $ {\rm P}_{i}$ をとり次の和を考えます．

$\displaystyle J(\Delta) = \sum_{i=1}^{n} f({\rm P}_{i})\Delta s_{i} $

ここで，この分割を細かくし $ \Delta$ を限りなく小さくしたとき $ J(\Delta)$ が極限値 $ J$ に近づくならば，この極限値 $ J$ をスカラー場 $ f$ の $ C$ に沿っての 線積分(line integral) といい，


$\displaystyle \int_{C}f({\rm P}) ds $


で表わします．曲線 $ C$ が閉じているときは

$\displaystyle \oint_{C} f({\rm P}) ds $

と表わします．

線積分の定義は，今までの積分と同じRiemann和によるものなので，線積分においても次の公式が成り立つのは明らかです．

\begin{displaymath}\begin{array}{l} 1. \int_{C} k f({\rm P}) ds = k \int_{C}f(... ... = \int_{C} f({\rm P})ds + \int_{C}g({\rm P})ds \\ \end{array}\end{displaymath}


また，曲線 $ C$ が滑らかではないが有限個の滑らかな曲線 $ C_{1},C_{2},\ldots,C_{n}$ をつなげてできているとき，この曲線を 区分的に滑らかな曲線(piecewise smooth curve) といい，このような曲線に沿っての線積分は

$\displaystyle \int_{C} = \int_{C_{1}} + \int_{C_{2}} + \cdots + \int_{C_{n}} $

で表わせます．

例題 8..13  

$ \displaystyle{\int_{C}(x^3 + y^4)ds}$ を線積分してみましょう．ただし， $ C$ は点 $ (0,0,0)$ と $ (1,1,1)$ を結ぶ直線とします．

解 点 $ (0,0,0)$ と点 $ (1,1,1)$ を結ぶ直線をパラメター表示すると

$\displaystyle \left\{\begin{array}{l} x = t\\ y = t\\ z = t \end{array}\right. 0 \leq t \leq 1$

となります．よって曲線 $ C$ は $ {\bf r}(t) = (t,t,t)$ で表わされ，曲線 $ C$ の弧長 $ s$ は

$\displaystyle s(t) = \int_{0}^{t}\Vert\frac{d {\bf r}}{dt}\Vert dt = \int_{0}^{t} \Vert(1,1,1)\Vert dt = \sqrt{3}t$

となります．これより $ ds = \sqrt{3}dt$ となり，求める線積分は

$\displaystyle \int_{C}(x^3 + y^4)ds = \int_{0}^{1} (t^3 + t^4) \sqrt{3}dt = \sq... ...}(\frac{1}{4} + \frac{1}{5}) = \frac{9\sqrt{3}}{20} \ensuremath{ \blacksquare}$

次に向きのついた曲線 $ C : {\bf r} = {\bf r}(t)$ と $ C$ の上で定義されたベクトル場 $ {\bf F} = (F_{1}, F_{2}, F_{3})$ が与えられているとします．ここで $ C$ の接線単位ベクトル $ \hat{\bf t}$ を曲線 $ C$ の正の方向(長さが増加する方向)での接線単位ベクトルとします．すると $ {\bf F}\cdot \hat{\bf t}$ は $ C$ 上で定義されたスカラー場となるので，このスカラー場の曲線 $ C$ に沿っての線積分は

$\displaystyle \int_{C} {\bf F} \cdot \hat{\bf t} ds $

で表わせ，これをベクトル場 $ {\bf F}$ の向きのついた曲線 $ C$ に沿っての線積分といいます．特に

$\displaystyle \hat{\bf t} ds = \frac{d{\bf r}}{ds} ds = d {\bf r} $

に注意すると


$\displaystyle \int_{C} {\bf F} \cdot \hat{\bf t} ds = \int_{C} {\bf F} \cdot d {\bf r} $


で表わすことができます．

ここでベクトル場Fが電場の場合を考えると， $ \int_{{\rm P}}^{{\rm S}}{\bf F}\cdot d{\bf r}$ は正の電荷が点Pから点Sまで曲線 $ C$ にそって移動するとき，電場Fが行なう単位電荷あたりの仕事と考えることができ，これを2点間の電位差または電圧といいます．

例題 8..14  

質点が楕円 $ \displaystyle{\frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{9} = 1}$ の回りを一周するのに行なった仕事を求めてみましょう．ただし，ベクトル場は

$\displaystyle {\bf F} = (3x-4y+2z,4x+2y-3z^2,2xz-4y^2 + z^3) $

解 $ x = 4\cos{\theta}, y = 3\sin{\theta}$ とおくと．

$\displaystyle {\bf r} = {\bf r}(t) = (4\cos{t},3\sin{t},0), d{\bf r}(t) = (-4\sin{t},3\cos{t},0)dt$

また，

$\displaystyle {\bf F} = (12\cos{t} - 12\sin{t}, 16\cos{t} + 6\sin{t}, -36\sin^{2}{t}) $

よって

$\displaystyle \int_{C} {\bf F} \cdot d {\bf r} = \int_{0}^{2\pi} [48 - 30\sin{t}\cos{t}]dt = 96\pi \ensuremath{ \blacksquare}$

例題 8..15  

$ \displaystyle{\int_{C}(x^2 y, x+y) \cdot \hat{\bf t}ds}$ を求めてみましょう．ただし， $ C$ は曲線 $ \displaystyle{y = x^2}$ の点 $ (0,0)$ と点 $ (2,4)$ を結ぶ曲線とします．

解

$\displaystyle \int_{C} {\bf F} \cdot \hat{\bf t} ds $ $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_{C}{\bf F}\cdot d{\bf r}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_{C} (x^2 y, x+y)\cdot (dx,dy) = \int_{C} (x^2 ydx + (x+y)dy)$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_{0}^{2} x^2 x^2 dx + \int_{0}^{2}(x + x^2)(2xdx)$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \left[\frac{1}{5}x^{5}\right ]_{0}^{2} + \left[\frac{2}{3}x^{3} + \frac{2}{4}x^{4} \right ]_{0}^{2}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{296}{15}$  

別解 曲線 $ C$ をパラメター表示すると

$\displaystyle C : {\bf r}(t) = (x,y) = (t, t^2), 0 \leq t \leq 2 $

よって

$\displaystyle d{\bf r} = (1,2t)dt, {\bf F} = (x^2y, x+y) = (t^4, t+t^2)$

これより
$\displaystyle \int_{C} {\bf F} \cdot \hat{\bf t} ds $ $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_{C}{\bf F}\cdot d{\bf r}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_{0}^{2}(t^4,t+t^2) \cdot (1,2t)dt$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_{0}^{2}(t^4 + 2t^2 + 2t^3)dt$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \left[\frac{1}{5}t^{5} + \frac{2}{3}t^{3} + \frac{2}{4}t^{4} \right ]_{0}^{2}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{296}{15} \ensuremath{ \blacksquare}$  

この例題で $ -C$ を曲線 $ C$ の向きを $ (2,4)$ から $ (0,0)$ に変えた曲線とすると， 曲線 $ -C$ のパラメター表示は

$\displaystyle -C : {\bf R}(t) = {\bf r}(2 - t) = (2-t, (2-t)^2), 0 \leq t \leq 2 $

となります．よって

$\displaystyle d{\bf R} = (-1,-2(2-t))dt, {\bf F} = (x^2 y, x+y) = ((2-t)^4, (2-t)+(2-t)^2) $

これより，

$\displaystyle \int_{-C}{\bf F}\cdot d{\bf R} = \int_{0}^{2} ((2-t)^4, (2-t)+(2-t)^2)\cdot(-1,-2(2-t))dt $

ここで $ 2-t = u$ とおくと， $ du = -dt$ より
$\displaystyle \int_{-C}{\bf F}\cdot d{\bf R}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle - \int_{2}^{0}(u^4,u+u^2) \cdot (-1,-2u)du$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle - \int_{0}^{2}(u^4,u+u^2) \cdot (1,2u)du$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle - \int_{C} {\bf F} \cdot d{\bf r}$  

よって，


$\displaystyle \int_{-C}{\bf F}\cdot d{\bf R} = - \int_{C}{\bf F}\cdot d{\bf r} $

または，

$\displaystyle \int_{-C}{\bf F}\cdot \hat{\bf t}ds = - \int_{C}{\bf F}\cdot \hat{\bf t}ds $


となります．

演習問題


1.
次の線積分を求めよう．

(a) $ \displaystyle{\int_{C}x y^2 ds}$, Cは2点 $ (-1,0,2),(1,3,2)$ を結ぶ線分

(b) $ \displaystyle{\int_{C}(x + y^2) ds}$, Cは2点 $ (0,0,0),(1,3,2)$ を結ぶ線分

(c) $ \displaystyle{\int_{C}(-y^3 dx + x^2 dy)}$, Cは $ xy$ 平面上の単位円の点 $ (1,0)$ から点 $ (0,1)$ までの部分

(d) $ \displaystyle{\int_{C}(3x^2 + 6y,-14yz,20xz^3) \cdot d{\bf r}}$, Cは原点 $ (0,0,0)$ と点 $ (1,1,1)$ を結ぶ直線

(e) $ \int_{C}(3x^2 + 6y,-14yz,20xz^3) \cdot d{\bf r}$, Cは原点 $ (0,0,0)$ と点 $ (1,1,1)$ を $ x=t,y=t^2, z=t^3$ に沿って結ぶ曲線

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